2012一轮复习《高考调研》全套复习课件和练习11-57

课时作业(五十七)一、选择题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，那么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．(2011·东北育才学校一模)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＝16.二、填空题6．(2011·山东泰安一模)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)的图象的一条对称轴；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：由图象知，②④正确，③不正确，故填①②④.7．(2011·天津滨海新区五校联考)给出下列四个命题中：①命题“∃x∈R，x2＋13x”的否定“∀x∈R，x2＋13x”；②若不等式(－1)na2＋－1n＋1n对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围为[－2，32]③设圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F0)与坐标轴有4个交点，分别为A(x1,0)，B(x2,0)，C(0，y1)，D(0，y2)，则x1x2－y1y2＝0；④将函数y＝cos2x的图象向右平移π3个单位，得到函数y＝sin(2x－π6)．其中正确命题的序号是________．答案②③④解析①中命题的否定应为∀x∈R，x2＋1≤3x.②当n为偶数时，a2＋－1n＋1n＝2－1n，∵2－1n≥32，∴a32，当n为奇数时，a－2－1n，∵－2－1n－2，∴a≥－2，综上，－2≤a32，故②正确．③令x＝0得y2＋Ey＋F＝0，∴y1y2＝F，令y＝0得x2＋Dx＋F＝0，∴x1x2＝F，∴x1x2－y1y2＝0，故③正确．④y＝cos2x平移后：y＝cos2(x－π3)＝cos(2x－2π3)＝cos(2x－π6－π2)＝sin(2x－π6)．综上，故填②③④.8．(2011·山东日照一模)给出下列四个命题：①若ab，则a2b2；②若a≥b－1，则a1＋a≥b1＋b；③若正整数m和n满足；mn，则mn－m≤n2；④若x0，且x≠1，则lnx＋1lnx≥2.其中真命题的序号是________．(请把真命题的序号都填上)答案②③解析对于①，a＝－2b＝－1，a2b2，故①错．对于④，lnx不一定为正数，故0x1时，lnx＋1lnx≤－2.x1时，lnx＋1lnx≥2，故④错．三、解答题9．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.10．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．11．(2011·吉林长春一模)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.分析本小题主要考查二次函数图象及性质，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.故二次函数图象必与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＝－ba5.12．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．分析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．13．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．