2012年理数高考试题答案及解析-湖北-(5452)

2012年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）
数学（理工类）试卷解析
一、选择题：本大题共
10小题，每小题5分，共50分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求
的. 1．方程2
613
0x
x 的一个根是
A ．32i
B ．3
2i
C ．23i
D ．23i
考点分析：本题考察复数的一元二次方程求根
.
难易度：★
解析：根据复数求根公式：2
6
6134x
322
i ，所以方程的一个根为
32i
答案为 A. 2．命题“
x R Q e ，3
x Q ”的否定是A ．0x R Q e ，30x Q
B ．0x R Q e ，3
0x Q C ．
x R Q e ，3x
Q
D ．
x
R Q e ，3x
Q 考点分析：本题主要考察常用逻辑用语，考察对命题的否定和否命题的区别.
难易度：★
解析：根据对命题的否定知，是把谓词取否定，然后把结论否定。

因此选 D
3．已知二次函数
()y
f x 的图象如图所示，则它与
x 轴所围图形的面积为
A ．2π5
B ．43
C ．
32
D ．
π2
考点分析：本题考察利用定积分求面积.
难易度：★解析：根据图像可得：
2
()
1y
f x x
，再由定积分的几何意
义，可求得面积为
1
2
3
11
1
14(1)(
)
3
3
S
x dx x
x .
4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几
何体的体积为A ．
8π3
B ．3π
侧视图
2 正视图
4
2 4
2 1
1
y
x
O
第3题图
1
1
1
1
C ．
10π3
D ．6π
考点分析：本题考察空间几何体的三视图.
难易度：
★
解析：显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个
1/2的圆柱体，底面
圆的半径为1，圆柱体的高为
6，则知所求几何体体积为原体积的一半为
3π.选B.
5．设a Z ，且0
13a ，若2012
51a 能被
13整除，则a A ．0 B ．1 C ．11
D ．12
考点分析：本题考察二项展开式的系数.
难易度：
★
解析：由于
51=52-1，
152
(52)
52
)
152(1
201120122011
120122012
020122012
C C C ,
又由于13|52,所以只需13|1+a ，0≤a<13,所以a=12选D.6．设,,,,,a b c x y z 是正数，且2
2
2
10a
b c
，
2
2
2
40x y
z
，20ax
by
cz
，
则
a b c x y
z
A ．14
B ．13
C ．
1
2D ．
3
4
考点分析：本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件.
难易度：
★★
解析：由于
2
2
2
2
2
2
)
()
)((2
cz by ax z y
x
c b
a
等号成立当且仅当,t z c y b x
a 则a=t x b=t y c=t z ，10
)
(2
2
22z y
x t 所以由题知2/1t
,又2/1,t
z
y
x
c b a z y
x
c b a z
c y
b x
a 所以
，答案选 C.
7．定义在(
,0)(0,
)上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，{()}n f a 仍是等比数列，则称()f x 为“保等比数列函数”
. 现有定义在(
,0)
(0,
)上的如下函
数：①2
()
f x x ；
②()2x
f x ；
③()||f x x ；
④()ln ||f x x .
则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为
A ．①②
B ．③④
C ．①③
D ．②④
考点分析：本题考察等比数列性质及函数计算
.
难易度：★解析：等比数列性质，21
2
n n
n a
a a ，①1
2
221
22
22
n
n n n n
n a f
a
a
a a f a f ；
②
1
2
22
1
2
2
2
2
2
2n
a a a a a n
n a f
a f a f n
n
n
n
n
；③1
2
2
1
2
2
n
n
n
n n
n a f
a a a a f a f ；
④1
2
21
2
2
ln ln ln n
n
n n n
n a f
a a a a f a f .选C
8．如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆. 在扇形OAB
内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是A ．21π
B ．112π
C ．
2πD ．
1π
考点分析：本题考察几何概型及平面图形面积求法.
难易度：★解析：令1OA
，扇形OAB 为对称图形，ACBD 围成面积为1S ，围成OC 为2S ，
作对称轴OD ，则过C 点。

2S 即为以OA 为直径的半圆面积减去三角形
OAC 的面
积，8
22
12
12
12
1212
2
S 。

在扇形OAD 中
2
1S 为扇形面积减去三角
形OAC 面积和2
2S ，
16
2
2
8
11
8
12
22
1S S ，4
22
1S S ，扇形OAB
面积4
1S
，选A.
9．函数2
()
cos f x x x 在区间[0,4]上的零点个数为
A ．4
B ．5
C ．6
D ．7
考点分析：本题考察三角函数的周期性以及零点的概念
.
难易度：★解析：0)
(x f ，则0x 或0cos 2
x
，Z k
k
x
,2
2
，又4,0x ，4
,3,2,1,0k 所以共有6个解.选C.
10．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：
置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即
第8题图
立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ，求其直径d 的一个近似公式
3
169
d
V . 人们还用过一
些类似的近似公式
. 根据π =3.14159
判断，下列近似公式中最精确的一个是
A ．3
169
d
V B ．3
2d
V C ．3
300157
d
V
D ．3
2111
d
V
考点分析：考察球的体积公式以及估算.
难易度：★★
解析：
33
466b 69()d ,,===3.375
32b 16
616157611
==3==3.14,==3.142857
230021
d V a V A a B D 由，得设选项中常数为则；中代入得，中代入得，C 中代入得中代入得，由于D 中值最接近的真实值，故选择D 。

二、填空题：本大题共
6小题，考生共需作答
5小题，每小题
5分，共25分. 请将答案填在答题卡对应题号．．．．．．．的
位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.
（一）必考题（11—14题）
11．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . 若()()
a
b c a b c ab ，则角C
．
考点分析：考察余弦定理的运用.
难易度：★
解析：
2222
2
2
a =-a -a
b 12cos =
,222
3
a b c b a
b
c
C
C
ab
ab
由（+b-c ）(a+b-c)=ab,得到根据余弦定理故12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果
s
.
考点分析：本题考查程序框图.
难易度：★★
解析：程序在运行过程中各变量的值如下表示：第一圈循环：当n=1时，得s=1，a=3. 第二圈循环: 当n=2时，得s=4，a=5 第三圈循环：当
n=3时，得s=9，a=7
此时n=3，不再循环，所以解
s=9 .
13．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如
22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：
11，22，33，…，99．3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则
（Ⅰ）4位回文数有个；
（Ⅱ）21()n n N 位回文数有
个．
考点分析：本题考查排列、组合的应用
.
难易度：★★
解析：（Ⅰ）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9（1~9）种情
况，第二位有10（0~9）种情况，所以
4位回文数有9010
9种。

答案：90
（Ⅱ）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可以算出2n+2
位回文数的个数。

2n+2位回文数只用看前
n+1位的排列情况，第一位不能为
0有9种情况，后面
n 项每项有10
种情况，所以个数为
n
109.
法二、可以看出
2位数有9个回文数，3位数90个回文数。

计算四位数的回文数是可以看出在
2位数的中间添加成对的
“00,11,22,……99”，因此四位数的回文数有
90个按此规律推导
,而当奇
数位时，可以看成在偶数位的最中间添加
0~9这十个数，因此
,则答案为n
109.
14．如图，双曲线
222
2
1 (,0)x
y
a b
a
b
的两顶点为1A ，2A ，虚轴两端点为
1B ，2B ，两焦点为1F ，2F . 若以12
A A 为直径的圆内切于菱形
1122F B F B ，切点分别为
,,,A B C D . 则
A 1A 2
y
B 2
B 1 A
O
B C
D F 1
F 2
x
（Ⅰ）双曲线的离心率
e
；
（Ⅱ）菱形1122F B F B 的面积1S 与矩形ABCD 的面积2S 的比值
12
S S .
考点分析：本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义，以及一般平面几何图形的面积计算.
难易度：★★解析：（Ⅰ）由于以
12A A 为直径的圆内切于菱形
1122F B F B ，因此点O 到直线22B F 的距离为
a ，又由于虚轴两端
点为1B ，2B ，因此2OB 的长为b ，那么在
22OB F 中，由三角形的面积公式知，2
22)
(2
1|
|2
121c b a F B a bc
，又由双曲线中存在关系
2
2
2
b a
c
联立可得出
2
2
2
)
1(e e
，根据
),1(e
解出;
2
1
5e
（Ⅱ）设
2
2OB F ,很显然知道
222AOB O A F ,因此
)2sin(22
2
a S .在22OB F 中求得
,cos
,sin
2
2
2
2
c
b
c c
b
b 故2
2
2
2
2
4cos
sin
4c
b
bc a a S ；
菱形1122F B F B 的面积bc S 21
，再根据第一问中求得的e 值可以解出
2
5
22
1S S .
（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B 铅笔涂黑. 如果全选，则按第
15题作答结果计分.）
15．（选修4-1：几何证明选讲）
如图，点D 在O 的弦AB 上移动，4AB ，连接OD ，过点 D 作OD 的垂线交O 于点C ，则CD 的最大值为. 考点分析：本题考察直线与圆的位置关系难易度：★解析：（由于,CD OD
因此2
2
OD OC CD
,线段OC 长为定值，
即需求解线段OD 长度的最小值，根据弦中点到圆心的距离最短，此时
D 为AB 的中点，点C 与点B 重合，因此2||2
1||AB CD .
16．（选修4-4：坐标系与参数方程）
在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴
建立极坐标系. 已知射线π
4
与曲线2
1,(1)
x t y
t （t 为参数）
相交于A ，B 两点，则线段
AB 的中点的直角坐标为
.
C
B
A
D
O
.
第15题图
考点分析：本题考察平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点.
难易度：★解析：
π
4
在直角坐标系下的一般方程为)(R x x y
，将参数方程
2
1,(1)
x t y
t
（t 为参数）转化为直角坐标
系下的一般方程为
2
2
2
)2()11()
1(x x t y 表示一条抛物线，联立上面两个方程消去y 有
04
52
x x
，设B A 、两点及其中点P 的横坐标分别为
0x x x B A 、、，则有韦达定理2
520
B
A
x x x ,又
由于点
P 点在直线x y
上，因此AB 的中点)2
5
,25(P .
三、解答题17．（本小题满分
12分）已知向量(cos sin
,sin
)x x x a ，(cos sin ,23cos )x x x b ，设函数()
f x a b
()x
R 的图
象关于直线πx 对称，其中
，
为常数，且
1
(,1)2.
（Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期；
（Ⅱ）若()y
f x 的图象经过点π(,0)4，求函数()f x 在区间3π
[0,]5
上的取值范围.
考点分析：本题考察三角恒等变化，三角函数的图像与性质。

难易度：★解析：（Ⅰ）因为
2
2
()
sin
cos
23sin cos f x x x x x cos23sin 2x x π
2sin(2
)6
x
.
由直线πx 是()y
f x 图象的一条对称轴，可得π
sin(2π)
16，
所以ππ2ππ
()6
2k k
Z ，即
1()2
3k k
Z ．
又
1
(,1)2
，k Z ，所以1k
，故
56. 所以()f x 的最小正周期是
6π5.
（Ⅱ）由()y
f x 的图象过点π(,0)4，得π
()
04
f ，
即
5
ππ
π2sin()
2sin 26264
，即
2.
故5π
()2sin()
236f x x ，由3π05x ，有π5π5π63
6
6x
，所以
15
πsin()12
3
6
x
，得5π122sin(
)2223
6
x
，
故函数()f x 在3π[0,]5
上的取值范围为
[12,2
2].
18．（本小题满分12分）
已知等差数列{}n a 前三项的和为3，前三项的积为8.
（Ⅰ）求等差数列
{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）若2a ，3a ，1a 成等比数列，求数列{||}n a 的前n 项和.
考点分析：考察等差等比数列的通项公式，和前n 项和公式及基本运算。

难易度：★★
解析：（Ⅰ）设等差数列
{}n a 的公差为d ，则21a a d ，312a a d ，
由题意得
111
1333,()(2)
8.
a d
a a d a d 解得
12,3,a d
或
14,3.a d
所以由等差数列通项公式可得2
3(1)35n a n n
，或4
3(1)
37n a n n
.
故35n
a n ，或37n
a n
.
（Ⅱ）当35n
a n
时，2a ，3a ，1a 分别为
1，4，2，不成等比数列；当37n
a n 时，2a ，3a ，1a 分别为
1，2，4，成等比数列，满足条件
.
故37,1,2,|||37|
37,
3.
n n n a n
n
n
记数列{||}n a 的前n 项和为n S . 当1n 时，11||4S a ；当2n 时，212||||5S a a ；
当3n 时，
234||||||n
n S S a a a 5
(337)
(34
7)
(37)
n 2
(2)[2
(37)]
3115
1022
2n
n
n
n . 当2n 时，满足此式.
综上，2
4,1,31110, 1.
2
2
n
n
S n n n
19．（本小题满分
12分）
如图1，
45ACB
，3BC
，过动点A 作AD BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连接AB ，沿AD
将△ABD 折起，使
90BDC
（如图2所示）．
（Ⅰ）当BD 的长为多少时，三棱锥A
BCD 的体积最大；
（Ⅱ）当三棱锥
A
BCD 的体积最大时，设点
E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在
棱CD 上确定一点N ，使得EN
BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．
D A
B
C
A
C
D
B
M
E
. ・
第19题图
考点分析：本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值。

同时考察直线与平面所成角。

本题可用综合法和空间向量法都可以。

运用空间向量法对计算的要求要高些。

难易度：★★解析：
（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△ABC 中，设(03)BD
x x
，则3
CD
x ．
由AD
BC ，
45ACB
知，△ADC 为等腰直角三角形，所以3AD CD
x.由折起前AD BC 知，折起后（如图2），A D D C ，AD BD ，且BD
DC
D ，
所以AD 平面BCD ．又90BDC ，所以11(3)2
2
BCD S BD CD
x x ．于是
1
111(3)(3)2(3
)(3
)
332
12
A
BCD
BCD
V AD S x x x x x x 3
12(3)(3
)212
33
x
x x ，
当且仅当23
x x ，即1x 时，等号成立，
故当1x
，即1BD 时, 三棱锥A BCD 的体积最大．
解法2：
同解法1，得3
2
1
1
11(3)
(3)
(69)3
3
2
6
A BCD
BCD
V AD S
x x x x
x x ．令3
2
1()(69)6
f x x
x
x ，由1
()(1)(3)
02
f x x x
，且03x
，解得1x
．
当(0,1)x
时，()
0f x ；当(1,3)x
时，()
0f x ．
所以当1x 时，()f x 取得最大值．
故当1BD 时, 三棱锥A BCD 的体积最大．
（Ⅱ）解法1：以D 为原点，建立如图a 所示的空间直角坐标系
D
xyz ．由（Ⅰ）知，当三棱锥
A
BCD 的体积最大时，
1BD ，2AD
CD
．
于是可得(0,0,0)D ，(1,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)A ，(0,1,1)M ，1(,1,0)2E ，
且(1,1,1)BM
．
设(0,,0)N ，则1(,
1,0)2EN . 因为EN BM 等价于0EN BM ，即
11(,
1,0)(1,1,1)
1
022，故
12
，1(0,
,0)2N .
所以当12
DN
（即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点）时，
EN
BM ．
设平面BMN 的一个法向量为
(,,)x y z n ，由
,,
BN BM n n
及1
(1,,0)2
BN
，
得
2,.
y x z
x 可取(1,2,
1)n
．
设EN 与平面BMN 所成角的大小为
，则由11(,,0)22EN
，(1,2,
1)n
，可得
1|
1|32sin cos(90)
2
||||
2
6
2EN EN n n ，即60．
故EN 与平面BMN 所成角的大小为
60.
解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥
A
BCD 的体积最大时，
1BD ，2AD
CD ．
如图b ，取CD 的中点F ，连结MF ，BF ，EF ，则MF ∥AD . 由（Ⅰ）知AD 平面BCD ，所以MF 平面BCD .
如图c ，延长FE 至P 点使得FP DB ，连BP ，DP ，则四边形DBPF 为正方形，所以DP BF . 取DF 的中点N ，连结EN ，又E 为FP 的中点，则EN ∥DP ，所以EN BF . 因为MF 平面BCD ，又EN 面BCD ，所以MF EN . 又MF BF F ，所以EN
面BMF . 又BM
面BMF ，所以EN
BM .
因为EN BM 当且仅当EN BF ，而点F 是唯一的，所以点
N 是唯一的.
即当12
DN
（即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点），EN
BM ．
连接MN ，ME ，由计算得52NB
NM
EB
EM
，
所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d 所示，取BM 的中点G ，连接EG ，NG ，则BM 平面EGN ．在平面EGN 中，过点E 作EH GN 于H ，
则EH
平面BMN ．故
ENH 是EN 与平面BMN 所成的角．在△EGN 中，易得22
EG GN
NE
，所以△EGN 是正三角形，
故
60ENH
，即EN 与平面BMN 所成角的大小为60.
20．（本小题满分
12分）
C
A
D B 图a
E M
x
y
z 图b
C
A
D B
E
F
M
N
图c
B
D
P
C
F
N
E
B
G
M
N
E
H
图d
第19题解答图
N
根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X （单位：mm ）对工期的影响如下表：历年气象资料表明，该工程施工期
间降水量
X 小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9. 求：
（Ⅰ）工期延误天数Y 的均值与方差；
（Ⅱ）在降水量
X 至少是300的条件下，工期延误不超过
6天的概率.
考点分析：本题考察条件概率、离散型条件概率分布列的期望与方差。

难易度：★★解析：
（Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有：
(300)0.3,P X (300700)(700)(300)0.7
0.3
0.4P X P X P X ，
(700900)
(900)
(700)0.9
0.7
0.2P X P X
P X
.
(900)
1(900)10.9
0.1P X
P X .
所以Y 的分布列为：于是，
()00.320.460.2100.13E Y ；2
2
2
2
()
(0
3)
0.3
(2
3)
0.4(63)
0.2(103)0.19.8D Y .
故工期延误天数Y 的均值为3，方差为9.8.
（Ⅱ）由概率的加法公式，(300)1(300)
0.7P X P X ，又(300
900)(900)(300)0.90.3
0.6P X
P X P X . 由条件概率，得(6300)
(900300)
P Y
X
P X
X
(300900)0.66(300)
0.77
P X
P X
.
故在降水量X 至少是300mm 的条件下，工期延误不超过
6天的概率是
67
.
21．（本小题满分13分）
设A 是单位圆2
2
1x
y
上的任意一点，
l 是过点A 与x 轴垂直的直线，D 是直线l 与x 轴的交点，点M 在
直线l 上，且满足||||(0,1)DM m DA m m
且. 当点A 在圆上运动时，记点
M 的轨迹为曲线C ．
（Ⅰ）求曲线C 的方程，判断曲线C 为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；
（Ⅱ）过原点且斜率为
k 的直线交曲线C 于P ，Q 两点，其中P 在第一象限，它在
y 轴上的射影为点
N ，直
线QN 交曲线C 于另一点H . 是否存在m ，使得对任意的0k ，都有PQ
PH ？若存在，求m 的值；
若不存在，请说明理由
.
降水量X 300X
300
700
X 700
900
X 900X
工期延误天数Y
2
6
10
Y 0 2 6 10 P
0.3 0.4 0.2
0.1
考点分析：本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系，要求能正确理解椭圆的标准方程及其
几何性质，并能熟练运用代数方法解决几何问题，对运算能力有较高要求。

难易度：★★★解析：
（Ⅰ）如图1，设(,)M x y ，00(,)A x y ，则由||||(0,1)DM m DA m
m
且，可得0x
x ，0||||y m y ，所以0
x x ，01||||y y m
.
①因为A 点在单位圆上运动，所以2
20
1x y
.
②
将①式代入②式即得所求曲线C 的方程为2
2
2 1 (0,1)y x
m m m
且.
因为(0,1)
(1,
)m ，所以
当0
1m 时，曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为
2
(
1,0)m ，2
(1,0)m ；
当1m 时，曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆，两焦点坐标分别为
2
(0,
1)m
，2
(0,1)m
.
（Ⅱ）解法1：如图2、3，
0k
，设11(,)P x kx ，22(,)H x y ，则11(,
)Q x kx ，1(0,)N kx ，
直线QN 的方程为12y kx
kx ，将其代入椭圆
C 的方程并整理可得
2
22
2
2
2
2
11(4)40m
k x
k x x
k x m
.
依题意可知此方程的两根为
1x ，2x ，于是由韦达定理可得
2
112
2
2
44k x x x m
k
，即2
12
2
2
4m x x m
k
. 因为点H 在直线QN 上，所以2
121
2
2
2
224km x y kx kx m k . 于是11(2,
2)PQ x kx ，2
2
1
121212
2
2
2
42(,)
(
,
)44k x km x PH x x y kx m
k
m
k
.
而PQ PH 等价于2
2
2
1
2
24(2)04m k x PQ PH m
k
，
即2
2
0m
，又0m
，得2m ，
故存在2m
，使得在其对应的椭圆
2
2
12
y
x
上，对任意的0k ，都有PQ PH .
P
O
x
y
N Q
图2 (0
1)
m H
P O
x
y
N
Q
图3 (1)
m H
图1
O
D
x
y
A
M 第21题解答图
解法2：如图2、3，
1(0,1)x ，设11(,)P x y ，22(,)H x y ，则11(,
)Q x y ，1(0,)N y ，
因为P ，H 两点在椭圆C 上，所以
2222
11222
2
2
2
,,
m x y
m m x
y m 两式相减可得
2
22
22
1
21
2()()0m x x y y .
③
依题意，由点P 在第一象限可知，点
H 也在第一象限，且P ，H 不重合，
故1
21
2()()
0x x x x . 于是由③式可得
2
12121
21
2()()()()
y y y y m x x x x .
④
又Q ，N ，H 三点共线，所以
QN QH k k ，即
1
12
1
12
2y y y x x x . 于是由④式可得
2
11212121
1
2
1212()()12()()
2
PQ PH
y y y y y y y m
k k x x x x x x x .
而PQ
PH 等价于1PQ PH k k ，即
2
12
m
，又0m
，得2m
，
故存在2m ，使得在其对应的椭圆
2
2
12
y
x
上，对任意的0k ，都有PQ PH .
22．（本小题满分
14分）（Ⅰ）已知函数
()
(1)(0)r
f x rx
x
r x
，其中r 为有理数，且
01r
. 求()f x 的
最小值；
（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：
设1
2
0,0a a ，12,b b 为正有理数. 若1
2
1b b ，则1
21
2
1122b b a a
a b a b ；
（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法．．．．．证明你所推广的命题.
注：当
为正有理数时，有求导公式
1
()
x x
.
考点分析：本题主要考察利用导数求函数的最值，并结合推理，考察数学归纳法，对考生的归纳推理能力有较高要求。

难易程度：★★★解析：（Ⅰ）1
1
()
(1)r r f x r
rx
r x
，令()0f x ，解得1x .
当0
1x 时，()
0f x ，所以()f x 在(0,1)内是减函数；当1x 时，()0f x ，所以()f x 在(1,
)内是增函数.
故函数()f x 在1x
处取得最小值
(1)0f .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当
(0,
)x
时，有()
(1)
0f x f ，即(1)
r
x
rx
r ①
若1a ，2a 中有一个为0，则12
121122b b a a a b a b 成立；若1a ，2a 均不为0，又121b b ，可得2
11b b ，于是
在①中令12
a x a ，1r
b ，可得1
111
12
2
(
)
(1)b a a b b a a ，
即1
1
112
11
21(1)b b a a a b a b ，亦即12
1
2
11
22b b a a a b a b . 综上，对1
20,0a a ，1b ，2b 为正有理数且12
1b b ，总有1
2
12
1122b b a a a b a b .
②
（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设12,,,n a a a 为非负实数，12,,
,n b b b 为正有理数. 若1
2
1n
b b b ，则121
2
11
22
n b b b n
n n a a
a
a b a b a b .
③
用数学归纳法证明如下：（1）当1n
时，1
1b ，有11a a ，③成立.
（2）假设当n k 时，③成立，即若
12,,
,k a a a 为非负实数，12,,,k b b b 为正有理数，
且121k
b b b ，则121
2
11
22
k b b b k
k k a a
a a
b a b a b .
当1n k 时，已知121,,
,,k k a a a a 为非负实数，121
,,
,,k k
b b b b 为正有理数，
且1
2
1
1k
k
b b b b ，此时1
1k
b ，即1
10k
b ，于是
1112121
2
1
1
2
1
()k k k k b b b b b b b b k
k k
k a a a a a a
a a =12
1
1
1
1
111111
2
1
()
k
k k k k
k b b b b b b b b k
k a
a
a
a .
因
121
1
1
1111k
k
k
k
b b b b b b ，由归纳假设可得
1
2
1
1
1
1111
2
k
k k k b b b b b b k
a
a
a
1212
1
1
1
111k k
k k
k
b b b a a a b b b 11221
1k k
k
a b a b a b b ，
从而11212
1
k k b b b b k k a a
a a 1
1111
221
1
1k
k b b k k
k k
a b a b a b a
b .
又因11
(1)1k k
b b ，由②得
1
1111
221
1
1k
k b b k k
k k
a b a b a b a
b 1122111
1
(1)1k k
k k k
k
a b a b a b b a b b 11
2211
k k
k k
a b a b a b a b ，
从而1
1
2
121
k k
b b b b k k
a a a a 1122
11
k k
k k
a b a b a b a b .
故当1n
k 时，③成立.
由（1）（2）可知，对一切正整数n，所推广的命题成立.
说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对2
n的情况.
n成立，则后续证明中不需讨论1。