高考数学一轮复习精品课件及配套练习第六章第六节课时知能训练

课时知能训练一、选择题1．(2012·潍坊模拟)设a，b，c都是正数，则a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数()A．都大于2B．都小于2C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2【解析】∵(a＋1b)＋(b＋1c)＋(c＋1a)，＝(a＋1a)＋(b＋1b)＋(c＋1c)≥6，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴三个数中至少有一个不小于2.【答案】D2．设f(x)＝x2＋bx＋c是[－1,1]上的增函数，且f(－12)·f(12)0，则方程f(x)＝0在[－1,1]内()A．可能有3个实根B．可能有2个实根C．有唯一实根D．没有实根【解析】∵f(－12)f(12)0，∴方程f(x)＝0在(－12，12)内有根．又∵f(x)是[－1,1]上的增函数．∴方程f(x)＝0在[－1,1]内有唯一的实根．【答案】C3．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为()A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数【解析】“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定为“a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数”．【答案】B4．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P、Q的大小关系是()A．P＞QB．P＝QC．P＜QD．由a的取值确定【解析】∵P2＝2a＋7＋2aa＋7＝2a＋7＋2a2＋7a，Q2＝2a＋7＋2a＋3a＋4＝2a＋7＋2a2＋7a＋12，∴P2＜Q2，∴P＜Q.【答案】C5．已知函数f(x)＝(12)x，a，b是正实数，A＝f(a＋b2)，B＝f(ab)，C＝f(2aba＋b)，则A、B、C的大小关系为()A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A【解析】∵a＋b2≥ab≥2aba＋b，又f(x)＝(12)x在R上是减函数，∴f(a＋b2)≤f(ab)≤f(2aba＋b)，即A≤B≤C.【答案】A二、填空题6．已知f(n)＝n2＋1－n，g(n)＝n－n2－1，φ(n)＝12n(n∈N*，n＞2)，则f(n)，g(n)，φ(n)的大小关系是________．【解析】∵f(n)＝n2＋1－n＝1n2＋1＋n＜12n，g(n)＝n－n2－1＝1n＋n2－1＞12n，∴f(n)＜φ(n)＜g(n)．【答案】f(n)＜φ(n)＜g(n)7．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，其导数f′(x)有最小值，则a与0的大小关系为________．【解析】f′(x)＝3ax2＋2bx＋c为二次函数，且有最小值，则a＞0.【答案】a＞08．凸函数的性质定理为：如果函数f(x)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，有fx1＋fx2＋…＋fxnn≤f(x1＋x2＋…＋xnn)，已知函数y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为________．【解析】∵f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，且A、B、C∈(0，π)，∴fA＋fB＋fC3≤f(A＋B＋C3)＝f(π3)，即sinA＋sinB＋sinC≤3sinπ3＝332，所以sinA＋sinB＋sinC的最大值为332.【答案】332三、解答题9．(2012·珠海模拟)已知函数y＝f(x)是R上的增函数．(1)若a，b∈R且a＋b≥0，求证：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；(2)写出(1)中的命题的逆命题，判断真假并证明你的结论．【解】(1)∵函数y＝f(x)是R上的增函数，又∵a＋b≥0，∴a≥－b，b≥－a，∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．(2)逆命题：若a、b∈R，f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，则a＋b≥0.真命题．证明如下：假设a＋b0，∵y＝f(x)是R上的增函数，∴当a－b时，f(a)f(－b)；当b－a时，f(b)f(－a)．∴f(a)＋f(b)f(－b)＋f(－a)，与已知矛盾，∴a＋b0不成立．∴a＋b≥0.10．已知正数a，b，c成等差数列且公差d≠0，求证：1a，1b，1c不可能成等差数列．【证明】假设1a，1b，1c成等差数列，则2b＝1a＋1c.由2b＝a＋c，得4a＋c＝1a＋1c，∴4ac＝(a＋c)2，∴(a－c)2＝0，∴a＝c，此与d≠0矛盾，所以1a，1b，1c不能成等差数列．11．已知a0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.【证明】要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.∵a0，故只要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22(a＋1a)＋2，从而只要证2a2＋1a2≥2(a＋1a)，只要证4(a2＋1a2)≥2(a2＋2＋1a2)，即a2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．