2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第十三章 推

1．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭
⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为________．
答案 A ≤B ≤C
解析 因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b
， 又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上是单调减函数，
故f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭
⎫2ab a ＋b . 2．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________．
答案 (a －b )(a －c )>0
解析 由题意知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.
3．设x >0，P ＝2x ＋2－
x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则P ，Q 的大小关系为________． 答案 P >Q
解析 因为2x ＋2－x ≥22x ·2－
x ＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin 2x ，而sin 2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .
4．已知函数y ＝f (x )是R 上的奇函数，且为增函数，若a ＋b >0，b ＋c >0，c ＋a >0，则f (a )＋f (b )＋f (c )的符号为________．
答案 正
解析 ∵a ＋b >0，∴a >－b .
又函数y ＝f (x )是R 上的奇函数，且为增函数，
∴f (a )>f (－b )＝－f (b )，即f (a )＋f (b )>0.
同理f (b )＋f (c )>0，f (c )＋f (a )>0，
∴f (a )＋f (b )＋f (c )>0.
5．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0只要证明________．(填正确的序号)
①2ab －1－a 2b 2≤0；
②a 2＋b 2
－1－a 4＋b 42≤0； ③(a ＋b )22
－1－a 2b 2≤0； ④(a 2－1)(b 2－1)≥0.
答案 ④
解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.
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”的条件是________．(填序号)
答案 ③
解析 若a ＝12，b ＝23
，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，
下面用反证法证明：
假设a ≤1且b ≤1，
则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，
因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1.
7．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__________________．
答案 a ，b 都不能被5整除 8.6＋7与22＋5的大小关系为______________．
答案 6＋7>22＋ 5
解析 要比较6＋7与22＋5的大小，
只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小，
只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小， 只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴6＋7>22＋ 5.
9．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____________．
答案 c n ＋1<c n
解析 由条件得
c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n
， 则c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .
10．已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列命题：
①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ⊥m ⇒α∥β.
其中正确命题的序号是________．
答案 ①
解析 ① ⎭
⎪⎬⎪⎫l ⊥αα∥β⇒l ⊥β， 又∵m ⊂β，∴l ⊥m ，①正确；
② ⎭
⎪⎬⎪⎫l ⊥αα⊥β⇒l ∥β或l ⊂β， ∴l ，m 平行、相交、异面都有可能，故②错误；
③ ⎭
⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ⊥m ⇒m ⊂α或m ∥α. 又m ⊂β，∴α，β可能相交或平行，故③错误．
11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3(n ∈N *)．其中m 为常数，且m ≠－3且m ≠0.
(1)求证：{a n }是等比数列；
(2)若数列{a n }的公比q ＝f (m )，数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝32f (b n －1)(n ∈N *，n ≥2)，求证：⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 为等差数列．
证明 (1)由(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，
得(3－m )S n ＋1＋2ma n ＋1＝m ＋3.
两式相减，得(3＋m )a n ＋1＝2ma n ，m ≠－3且m ≠0，
∴a n ＋1a n ＝2m m ＋3
，∴{a n }是等比数列． (2)∵(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，
∴(3－m )a 1＋2ma 1＝m ＋3，∴a 1＝1.
b 1＝a 1＝1，q ＝f (m )＝2m m ＋3
， ∴当n ∈N *且n ≥2时，
b n ＝32f (b n －1)＝32·2b n －1b n －1＋3
， 得b n b n －1＋3b n ＝3b n －1，即1b n －1b n －1＝13
. ∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 是首项为1，公差为13的等差数列． 12．(2017·北京)设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }(n ＝1,2,3，…)，其中max{x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数．
(1)若a n ＝n ，b n ＝2n －1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；
(2)证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，c n n
>M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．
(1)解 c 1＝b 1－a 1＝1－1＝0，
c 2＝max{b 1－2a 1，b 2－2a 2}
＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，
c 3＝max{b 1－3a 1，b 2－3a 2，b 3－3a 3}
＝max{1－3×1,3－3×2,5－3×3}＝－2.
当n ≥3时，
(b k ＋1－na k ＋1)－(b k －na k )＝(b k ＋1－b k )－n (a k ＋1－a k )＝2－n ＜0，
所以b k －na k 在k ∈N *上单调递减．
所以c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }＝b 1－a 1n ＝1－n .
所以对任意n ≥1，c n ＝1－n ，于是c n ＋1－c n ＝－1，
所以{c n }是等差数列．
(2)证明 设数列{a n }和{b n }的公差分别为d 1，d 2，
则b k －na k ＝b 1＋(k －1)d 2－[a 1＋(k －1)d 1]n
＝b 1－a 1n ＋(d 2－nd 1)(k －1)．
所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)，d 2＞nd 1，b 1－a 1n ，d 2≤nd 1. ①当d 1＞0时，
取正整数m ＞d 2d 1
，则当n ≥m 时，nd 1＞d 2， 因此，c n ＝b 1－a 1n ，
此时，c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．
②当d 1＝0时，对任意n ≥1，
c n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)max{
d 2，0}
＝b 1－a 1＋(n －1)(max{d 2，0}－a 1)．
此时，c 1，c 2，c 3，…，c n ，…是等差数列．
③当d 1＜0时，
当n ＞d 2d 1
时，有nd 1＜d 2， 所以c n n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)n
＝n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2＋b 1－d 2n
≥n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2－|b 1－d 2|.
对任意正数M ，
取正整数m ＞max ⎩
⎨⎧⎭⎬⎫M ＋|b 1－d 2|＋a 1－d 1－d 2－d 1，d 2d 1， 故当n ≥m 时，c n n
＞M .
13．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____________．
答案 ⎝
⎛⎭⎫－3，32 解析 若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，
则⎩⎪⎨⎪⎧
f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0， 解得p ≤－3或p ≥32
， 故满足题干要求的p 的取值范围为⎝
⎛⎭⎫－3，32. 14．设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y
＋xy . 证明 由于x ≥1，y ≥1，
所以要证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y
＋xy ， 只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.
将上式中的右式减左式，得
[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]
＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]
＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)
＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)
＝(xy －1)(x －1)(y －1)．
因为x ≥1，y ≥1，
所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，
从而所要证明的不等式成立．
15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2(n ∈N *)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．
(1)解 当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.
又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，
两式相减得a n ＋1＝12
a n ， 所以{a n }是首项为1，公比为12
的等比数列， 所以a n ＝12
n 1(n ∈N *)． (2)证明 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N *)，
则2·12q ＝12p ＋12r ， 所以2·2r －q ＝2r －
p ＋1.(*) 又因为p <q <r ，所以r －q ，r －p ∈N *.
所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，矛盾． 所以假设不成立，原命题得证．
16．(2017·江苏)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n 对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．
(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；
(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． 证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ， 则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，
a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d
＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，
所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．
(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①
当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3
＝6a n.②
由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③
a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④
将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′. 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，
所以数列{a n}是等差数列．。