【高考调研】2019版大一轮复习新课标 数学理题组训练 第七章 不等式及推理与证明题组37含解析

题组层级快练(三十七)
1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac<3a ”“索”的“因”应是( ) A ．a －b>0 B ．a －c>0 C ．(a －b)(a －c)>0 D ．(a －b)(a －c)<0
答案 C 解析
b 2－ac<3a ⇔b 2－ac<3a 2⇔(a ＋c)2－ac<3a 2
⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0 ⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c)(2a ＋c)>0⇔(a －c)(a －b)>0. 2．若实数a ，b 满足a ＋b<0，则( ) A ．a ，b 都小于0
B ．a ，b 都大于0
C ．a ，b 中至少有一个大于0
D ．a ，b 中至少有一个小于0
答案 D
解析 假设a ，b 都不小于0，即a ≥0，b ≥0，则a ＋b ≥0，这与a ＋b<0相矛盾，因此假设错误，即a ，b 中至少有一个小于0.
3．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P>Q B ．P ＝Q
C ．P<Q
D ．由a 的取值确定
答案 C
解析 要比较P ，Q 的大小关系，只要比较P 2，Q 2的大小关系，只要比较 2a ＋7＋2a （a ＋7）与2a ＋7＋2（a ＋3）（a ＋4）的大小， 只要比较a （a ＋7）与（a ＋3）（a ＋4）的大小， 即比较a 2＋7a 与a 2＋7a ＋12的大小， 只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.
4．已知函数f(x)满足：f(a ＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，则f 2（1）＋f （2）f （1）＋f 2（2）＋f （4）f （3）＋
f 2（3）＋f （6）f （5）＋f 2（4）＋f （8）
f （7）＝( )
A ．4
B ．8
C ．12
D ．16
答案 D
解析 根据f(a ＋b)＝f(a)·f(b)，
得f(2n)＝f 2(n)．又f(1)＝2，则f （n ＋1）f （n ）
＝2.
由f 2（1）＋f （2）f （1）＋f 2（2）＋f （4）f （3）＋f 2（3）＋f （6）f （5）＋f 2（4）＋f （8）f （7）＝2f （2）f （1）＋
2f （4）f （3）＋2f （6）f （5）＋2f （8）f （7）
＝16.
5．已知a>0，b>0，如果不等式2a ＋1b ≥m
2a ＋b 恒成立，那么m 的最大值等于( )
A ．10
B ．9
C ．8
D ．7
答案 B
解析 ∵a>0，b>0，∴2a ＋b>0.
∴不等式可化为m ≤(2a ＋1b )(2a ＋b)＝5＋2(b a ＋a b )．∵5＋2(b a ＋a
b )≥5＋4＝9，即其最小值为9，
∴m ≤9，即m 的最大值等于9.
6．已知命题：“在等差数列{a n }中，若4a 2＋a 10＋a ( )＝24，则S 11为定值”为真命题，由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为________． 答案 18
解析 S 11＝11（a 1＋a 11）
2＝11a 6，由S 11为定值，可知a 6＝a 1＋5d 为定值．
设4a 2＋a 10＋a n ＝24，整理得a 1＋n ＋12
6
d ＝4，可知n ＝18.
7．(2016·江苏盐城一模)已知x 1，x 2，x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x 22x 1＋x 32x 2＋x 12
x 3≥
1. 答案 略
解析 ∵x 22x 1＋x 1＋x 32x 2＋x 2＋x 12x 3＋x 3≥2x 22＋2x 32＋2x 12
＝2(x 1＋x 2＋x 3)＝2，∴x 22x 1＋x 32x 2＋
x 12
x 3
≥1. 8．(1)设x 是正实数，求证：(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3.
(2)若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3是否仍然成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x 的值． 答案 (1)略 (2)成立，证明略
解析 (1)证明：x 是正实数，由均值不等式，得 x ＋1≥2x ，x 2＋1≥2x ，x 3＋1≥2x 3.
故(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥2x ·2x ·2x 3＝8x 3(当且仅当x ＝1时等号成立)． (2)解：若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3仍然成立． 由(1)知，当x>0时，不等式成立；
当x ≤0时，8x 3≤0，
而(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)(x 2－x ＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)[(x －12)2＋3
4]≥0，
此时不等式仍然成立．
9．已知函数f(x)＝a x ＋x －2
x ＋1
(a>1)，
(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明f(x)＝0没有负实数根． 答案 (1)略 (2)略
解析 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0，ax 2－x 1>1，且ax 1>0，所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)>0. 又因为x 1＋1>0，x 2＋1>0， 所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1
＝（x 2－2）（x 1＋1）－（x 1－2）（x 2＋1）（x 2＋1）（x 1＋1）
＝3（x 2－x 1）（x 2＋1）（x 1＋1）>0. 于是f(x 2)－f(x 1)＝ax 2－ax 1＋
x 2－2x 2＋1－x 1－2
x 1＋1
>0. 故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． (2)设存在x 0<0(x 0≠－1)，满足f(x 0)＝0， 则ax 0＝－x 0－2
x 0＋1
.
又0<ax 0<1，所以0<－x 0－2x 0＋1<1，即1
2<x 0<2，与x 0<0(x 0≠－1)假设矛盾．
故f(x)＝0没有负实数根．
10．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a m ，a m ＋2，a m ＋1(m ∈N *)成等差数列，试判断S m ，S m ＋2，S m ＋1是否成等差数列，并证明你的结论．
答案 q ＝1时，不成等差数列；q ＝－1
2时，成等差数列 证明略
解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q(a 1≠0，q ≠0)， 若a m ，a m ＋2，a m ＋1成等差数列，则2a m ＋2＝a m ＋a m ＋1. ∴2a 1q m ＋
1＝a 1q m －
1＋a 1q m .
∵a 1≠0，q ≠0，∴2q 2－q －1＝0. 解得q ＝1或q ＝－1
2
.
当q ＝1时，∵S m ＝ma 1，S m ＋1＝(m ＋1)a 1， S m ＋2＝(m ＋2)a 1，∴2S m ＋2≠S m ＋S m ＋1.
∴当q ＝1时，S m ，S m ＋2，S m ＋1不成等差数列． 当q ＝－1
2时，S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列．
下面给出证明：
证法一：∵(S m ＋S m ＋1)－2S m ＋2 ＝(S m ＋S m ＋a m ＋1)－2(S m ＋a m ＋1＋a m ＋2) ＝－a m ＋1－2a m ＋2＝－a m ＋1－2a m ＋1q ＝－a m ＋1－2a m ＋1(－1
2)＝0，
∴2S m ＋2＝S m ＋S m ＋1.
∴当q ＝－1
2时，S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列．
证法二：∵2S m ＋2＝2a 1[1－（－12
）m ＋
2]
1＋12
＝43a 1[1－(－12)m ＋
2]， 又S m ＋S m ＋1
＝a 1[1－（－12）m ]1＋12＋a 1[1－（－12
）m ＋1]
1＋12
＝23a 1[2－(－12)m －(－12)m ＋
1] ＝23a 1[2－4(－12)m ＋2＋2(－12)m ＋
2] ＝43a 1[1－(－12)m ＋
2]， ∴2S m ＋2＝S m ＋S m ＋1.
∴当q ＝－1
2时，S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列．
11．(2016·广东江门模拟)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n （n ＋1）（4n －1）
6
，n ∈N *.
(1)求a 1的值；
(2)求数列{a n }的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n ，有1a 12＋4a 22＋…＋n 2a n 2<54.
答案 (1)a 1＝1 (2)a n ＝n(2n －1) (3)略
解析 (1)a 1＝1. (2)a n ＝n(2n －1)．
(3)由(2)知，当n>1时，n 2a n 2＝1（2n －1）2＝14n 2
－4n ＋1<1
4n （n －1）
， 则1a 12＋4a 22＋…＋n 2a n 2<1＋14×2×1＋14×3×2＋…＋14n （n －1）＝1＋(14－14×2)＋(14×2－14×3)＋…＋[14×（n －1）－14n ]＝1＋(14－14n )<1＋14＝54，
因为1a 12＋4a 22＋…＋n 2
a n 2单调递增，
所以∀n ∈N *
，1a 12＋4a 22＋…＋n 2a n 2<54
.
12．设f(x)＝lnx ，g(x)＝f(x)＋f ′(x)． (1)求g(x)的单调区间和最小值； (2)讨论g(x)与g(1
x
)的大小关系；
(3)求实数a 的取值范围，使得g(a)－g(x)<1
a 对任意x>0成立．
答案 (1)单调递减区间(0，1)，单调递增区间(1，＋∞) (2)当0<x<1时，g(x)>g(1x )；当x>1时，g(x)<g(1
x )
(3)0<a<e
解析 (1)由题设知f(x)＝lnx ，g(x)＝lnx ＋1
x ，
∴g ′(x)＝x －1
x
2.令g ′(x)＝0，得x ＝1.
当x ∈(0，1)时，g ′(x)<0，故(0，1)是g(x)的单调减区间； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间．
因此x ＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g(x)的最小值为g(1)＝1.
(2)g(1
x
)＝－lnx ＋x ，
设h(x)＝g(x)－g(1x )＝2lnx －x ＋1
x ，
则h ′(x)＝－（x －1）2
x 2
.
当x ＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g(1
x
)；
当x ∈(0，1)∪(1，＋∞)时，h ′(x)<0，h ′(1)＝0， 因此h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0， 即g(x)>g(1
x
)；
当x>1时，h(x)<h(1)＝0， 即g(x)<g(1
x
)．
(3)由(1)知g(x)的最小值为1，所以g(a)－g(x)<1
a
对任意x>0成立⇔g(a)－1<1
a ，
即lna<1，从而得0<a<e.。