2019届高考数学文科江苏版1轮复习练习：第6章 不等式、推理与证明 5 第5讲 分层演练直击高考 含解析 精品

1．(2018·扬州质检)用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________．
解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故应假设“a ，b 中没有一个能被5整除”．
答案：a ，b 中没有一个能被5整除
2．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a 、b 、c 的大小顺序是________． 解析：因为a ＝3－2＝
13＋2，b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝1
7＋6
， 且7＋6＞6＋5＞3＋2＞0， 所以a ＞b ＞c . 答案：a ＞b ＞c
3．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．
解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1
n 2＋1＋n
，
所以c n 随n 的增大而减小，所以c n ＋1<c n . 答案：c n ＋1<c n
4．已知α、β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin(α－β)，则tan α＝________． 解析：因为cos(α＋β)＝sin(α－β)，
所以cos αcos β－sin αsin β＝sin αcos β－cos αsin β. 所以cos α(sin β＋cos β)＝sin α(cos β＋sin β)． 因为sin β＋cos β≠0，所以cos α＝sin α，所以tan α＝1. 答案：1
5．对于实数a ，b ，c ，d ，下面的四个不等式：①a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；②a (1－a )≤1
4；
③a b ＋b
a
≥2；④(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，其中不成立的不等式有________个． 解析：利用综合法可证①②④成立，若a ＝1，b ＝－1，a b ＋b
a ＝－2，则③不成立．
答案：1
6．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：
①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.
其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件的序号是________．
解析：若a ＝12，b ＝2
3，则a ＋b >1，
但a <1，b <1，故①推不出；
若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1， 反证法：假设a ≤1且b ≤1， 则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，
因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1. 答案：③
7．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x
，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为________．
解析：因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上是减函数． 所以f ⎝⎛
⎭⎫
a ＋
b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭
⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C . 答案：A ≤B ≤C 8．在R 上定义运算：⎪⎪
⎪⎪⎪⎪
a b c
d ＝ad －bc .若不等式⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为________．
解析：据已知定义可得不等式x 2－x －a 2＋a ＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)≤0，解得－12≤a ≤32，故a 的最大值为3
2
.
答案：32
9．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1，1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．
解析：法一：(补集法)
令⎩
⎪⎨⎪⎧f （－1）＝－2p 2
＋p ＋1≤0，f （1）＝－2p 2
－3p ＋9≤0， 解得p ≤－3或p ≥32
，
故满足条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 法二：(直接法)
依题意有f (－1)>0或f (1)>0， 即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0， 得－12<p <1或－3<p <32
，
故满足条件的p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－3，3
2. 答案：⎝
⎛⎭⎫－3，3
2 10．设M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫
1c －1，且a ＋b ＋c ＝1(a 、b 、c 均为正数)，则M 的取值范围是________．
解析：因为a ＋b ＋c ＝1，
所以1
a －1＝a ＋
b ＋
c a －1＝b ＋c a ≥2bc a ，①
同理1
b －1＝a ＋
c b ≥2ac b ，②
1
c －1＝a ＋b c ≥2ab c
，③ ①×②×③，即⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －1≥8a 2b 2c 2
abc ＝8，
当且仅当a ＝b ＝c ＝1
3时取等号．
答案：[8，＋∞)
11．求证：a ，b ，c 为正实数的充要条件是a ＋b ＋c ＞0，且ab ＋bc ＋ca ＞0和abc ＞0. 证明：必要性(直接证法)： 因为a ，b ，c 为正实数，
所以a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0， 因此必要性成立． 充分性(反证法)：
假设a ，b ，c 是不全为正的实数，由于abc ＞0， 则它们只能是两负一正，不妨设a ＜0，b ＜0，c ＞0. 又因为ab ＋bc ＋ca ＞0，所以a (b ＋c )＋bc ＞0，且bc ＜0， 所以a (b ＋c )＞0.①
又因为a ＜0，所以b ＋c ＜0.所以a ＋b ＋c ＜0， 这与a ＋b ＋c ＞0相矛盾．
故假设不成立，原结论成立，即a ，b ，c 均为正实数． 12．设{a n }是公比为q (q ≠0)的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列；
(2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？
解：(1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，
即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)，
因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，解得q ＝0，这与q ≠0相矛盾，故数列{S n }不是等比数列．
(2)当q ＝1时，{S n }是等差数列． 当q ≠1时，{S n }不是等差数列．
假设q ≠1时，S 1，S 2，S 3成等差数列，即2S 2＝S 1＋S 3， 则2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)．
由于a 1≠0，所以2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2， 因为q ≠1，所以q ＝0，这与q ≠0相矛盾．
综上可知，当q ＝1时，{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列．
1．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0，1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<1
2.那么它的反
设应该是________．
答案：∃x 1，x 2∈[0，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥1
2
2．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1
211－1，则M 与1的大小关系为________．
解析：因为M <
1210＋1210＋1210＋…＋12
10(共210
项)， 所以M <1
210×210＝1.
答案：M <1
3．已知函数f (x )，当x ∈(1，＋∞)时，恒有f (3x )＝3f (x )成立，且当x ∈(1，3)时，f (x )＝3－x .记f (3n ＋1)＝k n ，则∑i ＝1n
k i ＝________．
解析：k 1＝f (3＋1)＝f ⎝⎛⎭⎫3×43＝3f ⎝⎛⎭⎫43＝3⎝⎛⎭⎫3－43； k 2＝f (32
＋1)＝f ⎝⎛⎭⎫32×32
＋132＝32×⎝
⎛⎭⎫3－32
＋1
32；
…
k n ＝3n
⎝
⎛⎭⎫3－3n
＋13n ＝3n ＋
1－3n －1＝2×3n －1，
所以∑i ＝1
n
k i ＝2(3＋32
＋ (3)
)－n ＝2×3（3n －1）3－1－n ＝3n ＋
1－n －3.
答案：3n ＋
1－n －3
4．已知函数y ＝f (x )的定义域为D ，若对于任意的x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，都有f ⎝⎛⎭⎫
x 1＋x 22<f （x 1）＋f （x 2）2，则称y ＝f (x )为D 上的凹函数．由此可得下列函数中的凹函数的序号为
________．
①y ＝log 2x ；②y ＝x ；③y ＝x 2；④y ＝x 3.
解析：可以根据图象直观观察；对于③证明如下： 欲证f ⎝⎛
⎭⎫x 1＋x 22<
f （x 1）＋f （x 2）
2，
即证⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222
<x 21＋x 2
22，即证(x 1＋x 2)2<2x 21＋2x 2
2. 即证(x 1－x 2)2>0.显然成立．故原不等式得证． 答案：③
5．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a ＜b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．
(1)设g (x )＝12x 2－x ＋3
2
是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值；
(2)是否存在常数a ，b (a ＞－2)，使函数h (x )＝1
x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？
若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知得g (x )＝1
2(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右
边，
所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ， 即12b 2－b ＋3
2＝b ， 解得b ＝1或b ＝3. 因为b ＞1，所以b ＝3.
(2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a ＞－2)上是“四维光军”函数，
因为h (x )＝1
x ＋2
在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有⎩
⎪⎨⎪
⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，
即⎩⎨⎧1
a ＋2＝
b ，1
b ＋2＝a ，
解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．
6．(2018·常州模拟)已知非零数列{a n }满足a 1＝1，a n a n ＋1＝a n －2a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫1＋1a n 是等比数列；
(2)若关于n 的不等式1n ＋log 2⎝⎛⎭⎫1＋1a 1
＋1n ＋log 2⎝⎛⎭⎫1＋1a 2
＋…＋1
n ＋log 2⎝⎛⎭
⎫1＋1a n
<m －3有解，
求整数m 的最小值；
(3)在数列⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
1＋1a n
－（－1）n 中，是否存在首项、第r 项、第s 项(1<r <s ≤6)，使得这三
项依次构成等差数列？若存在，求出所有的r 、s ；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由a n a n ＋1＝a n －2a n ＋1，得1a n ＋1＝2a n ＋1，即1
a n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1， 所以数列⎩
⎨⎧
⎭
⎬⎫1＋1a n 是首项为2，公比为2的等比数列．
(2)由(1)可得，1a n ＋1＝2n ，故1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1
n ＋n <m －3，
设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1
n ＋n
，
则f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－1
2n ＋2>0，
所以f (n )单调递增，
则f (n )min ＝f (1)＝12，于是12<m －3，即m >7
2，
故整数m 的最小值为4.
(3)由(1)(2)得，a n ＝12n －1，则设b n ＝1＋1
a n －(－1)n ＝2n －(－1)n ，
要使得b 1，b r ，b s 成等差数列，即b 1＋b s ＝2b r ，
即3＋2s －(－1)s ＝2r ＋
1－2(－1)r ，得2s －2r ＋
1＝(－1)s －2(－1)r －3，
因为s ≥r ＋1，所以(－1)s －2(－1)r －3≥0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧s ≥r ＋1，（－1）s
＝1，（－1）r ＝－1，
故s 为偶数，r 为奇数，
因为4≤s ≤6，所以s ＝4，r ＝3或s ＝6，r ＝5或s ＝6，r ＝3.。