高考调研数学7-6

课时作业(三十七)1．函数y＝f(x)在(0,2)上是增函数，函数y＝f(x＋2)是偶数，则f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小关系是()A．f(2.5)f(1)f(3.5)B．f(2.5)f(1)f(3.5)C．f(3.5)f(2.5)f(1)D．f(1)f(3.5)f(2.5)答案B解析函数y＝f(x＋2)是偶函数，∴y＝f(x)关于x＝2对称，又∵函数y＝f(x)在(0,2)上单增，∴在(2,4)上单减，∴f(1)＝f(3)，∴f(2.5)f(3)f(3.5)，∴选B.2．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，则a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是()A．假设a、b、c都是偶数B．假设a、b、c都不是偶数C．假设a、b、c至多有一个偶数D．假设a、b、c至多有两个偶数答案B3．若a0，b0，且a＋b＝4，则下列不等式中恒成立的是()A.1ab12B.1a＋1b≤1C.ab≥2D.1a2＋b2≤18答案D解析取a＝1，b＝3，可验证A、B、C均不正确，故选D.4．若1a1b0，则下列不等式：①a＋bab；②|a||b|；③ab；④ba＋ab2中，正确的不等式是()A．①②B．②③C．①④D．③④答案C解析取a＝－1，b＝－2，验证即可．5．已知函数f(x)满足：f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，则f21＋f2f1＋f22＋f4f3＋f23＋f6f5＋f24＋f8f7＝()A．4B．8C．12D．16答案D解析根据f(a＋b)＝f(a)·f(b)得f(2n)＝f2(n)，又f(1)＝2，则fn＋1fn＝2.由f21＋f2f1＋f22＋f4f3＋f23＋f6f5＋f24＋f8f7＝2f2f1＋2f4f3＋2f6f5＋2f8f7＝16.6．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对于x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有fx1－fx2x1－x20，给出下列命题：①f(3)＝0；②直线x＝－6是函数y＝f(x)的图像的一条对称轴；③函数y＝f(x)在[－9，－6]上为增函数；④函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点．其中所有正确．．命题的序号为________(把所有正确．．命题的序号都．填上)答案①②④解析∵x1≠x2时，都有fx1－fx2x1－x20，∴f(x)在[0,3]上递增．∵f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，令x＝－3得f(3)＝f(－3)＋f(3)，∴f(－3)＝f(3)＝0.①对．∴f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)周期为6，画出示意图如下：由图像知，②④正确，③不正确，故填①②④.7．已知a、b、c是不全相等的正数，求证：lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.解析∵a，b，c∈R＋，∴a＋b2≥ab，b＋c2≥bc，c＋a2≥ca，∴lga＋b2≥12(lga＋lgb)，lgb＋c2≥12(lgb＋lgc)，lgc＋a2≥12(lgc＋lga)．以上三式相加，且注意到a、b、c不全相等，故得lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.8．已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x0时，f(x)0.(1)求证：f(x)为奇函数；(2)求证：f(x)为R上的增函数．解析(1)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0.再令y＝－x，f(0)＝f(x)＋f(－x)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数．(2)设x1、x2∈R，且x1x2，则x1－x20，由已知得f(x1－x2)0，∴f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1)－f(x2)0，∴f(x1)f(x2)，即f(x)在R上是增函数．9．设f(x)＝ax2＋bx＋c，若6a＋2b＋c＝0，f(1)f(3)0，(1)若a＝1，求f(2)的值；(2)求证：方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，且3x1＋x25.思路本小题主要考查二次函数图像及性质，二次函数、二次方程、二次不等式的关系．解析(1)∵6a＋2b＋c＝0，a＝1，∴f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a＝－2.(2)证明：首先说明a≠0，∵f(1)f(3)＝(a＋b＋c)(9a＋3b＋c)＝－(5a＋b)(3a＋b)0，若a＝0，则f(1)f(3)＝－b2≤0与已知矛盾，∴a≠0，其次说明二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1、x2，∵f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a，∴若a0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c开口向上，而此时f(2)0，∴若a0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c开口向下，而此时f(2)0.故二次函数图像必与x轴有两个不同的交点．∴二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，(或利用Δ＝b2－4ac＝b2＋4a(6a＋2b)＝b2＋8ab＋24a2＝(b＋4a)2＋8a20来说明)∵a≠0，∴将不等式－(5a＋b)(3a＋b)两边同除以－a2得(ba＋3)(ba＋5)0，∴－5ba－3，∴3x1＋x2＝－ba5.10．(2012·聊城)如图所示，点P为斜三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.(1)求证：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EFcos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．解析(1)∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，∴BB1⊥平面PMN.∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，有其中α为平面CC1B1B与平面CC1A1A所成的二面角．∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，∵PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP，∴PM2·CC21＝PN2·CC21＋MN2·CC21－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP.1．已知：f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＋c＝0，f(x)在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－52.求证：a≠0且|ba|2.思路先反设，即假设a＝0或|ba|≥2，再分两种情况一一推出矛盾即可．解析假设a＝0或|ba|≥2.(1)当a＝0时，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，显然b≠0.由题意，得f(x)＝bx在[－1,1]上是单调函数，所以f(x)的最大值为|b|，最小值为－|b|.由已知条件，得|b|＋(－|b|)＝2－52＝－12，这与|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.(2)当|ba|≥2时，由二次函数的对称轴为直线x＝－b2a，知f(x)在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得．所以f1＝a＋b＋c＝2，f－1＝a－b＋c＝－52或f1＝a＋b＋c＝－52，f－1＝a－b＋c＝2.又a＋c＝0，则此时b无解，所以|ba|2.由(1)(2)，得a≠0且|ba|2.2．设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)．其中m为常数，且m≠－3.(1)求证：{an}是等比数列；(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝32f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求证：{1bn}为等差数列．思路本题主要考查使用定义证明等差数列、等比数列，证明方法属于综合法，解题的关键是恰当地处理递推关系．证明(1)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3.∴(3＋m)a1＝m＋3.∵m≠－3，∴a1＝1.由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，∵m≠－3，∴an＋1an＝2mm＋3.∵m为常数，且m≠－3，∴{an}是等比数列．(2)由(1)知，b1＝a1＝1，q＝f(m)＝2mm＋3，∴n∈N*，且n≥2时，bn＝32f(bn－1)＝32·2bn－1bn－1＋3⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1⇒1bn－1bn－1＝13.∴{1bn}是首项为1，公差为13的等差数列．3．已知数列{an}的前n项的和Sn满足Sn＝2an－3n(n∈N*)．(1)求证：{an＋3}为等比数列，并求{an}的通项公式．(2)数列{an}是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．解析(1)证明∵Sn＝2an－3n(n∈N*)，∴a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又由Sn＝2an－3n，Sn＋1＝2an＋1－3n＋1得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，∴aa＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列，∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)．(2)解假设数列{an}中存在三项ar，as，at(rst)，它们可以构成等差数列．由(1)知arasat，则2as＝ar＋at，∴6(2s－1)＝3(2r－1)＋3(2t－1)，即2s＋1＝2r＋2t，∴2s＋1－r＝1＋2t－r(*)∵r、s、t均为正整数且rst，∴(*)左边为偶数而右边为奇数，∴假设不成立，即数列{an}不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列．