2023高考总复习单元检测：第7章不等式

第页第七章单元测试一、选择题(本大题共10小题，每题5分，共50分．每题中只有一项符合题目要求)1．函数f(x)＝eq\f(\r(2x＋1),2x2－x－1)的定义域是 ()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2))))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2)))且x≠1)) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))且x≠1))答案D解析由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1≥0，,2x2－x－1≠0，))解此不等式组，得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)且x≠1)))).应选D.2．c<0，那么以下不等式中成立的是 ()A．c>2c B．c>(eq\f(1,2))cC．2c>(eq\f(1,2))c D．2c<(eq\f(1,2))c答案D3．f(x)＝x＋eq\f(b,x)在(1，e)上为单调函数，那么b的取值范围是 ()A．(－∞，1]∪[e2，＋∞)B．(－∞，0]∪[e2，＋∞)C．(－∞，e2]D．[1，e2]答案A解析b≤0时，f(x)在(1，e)上为增函数，b>0时，当x>0时，x＋eq\f(b,x)≥2eq\r(b)，当且仅当x＝eq\f(b,x)即x＝eq\r(b)取等号．假设使f(x)在(1，e)上为单调函数，那么eq\r(b)≤1或eq\r(b)≥e，∴0<b≤1或b≥e2.综上b的取值范围是b≤1或b≥e2，应选A.4．观察以下各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，那么72013的末位数字是()A．1 B．3C．7 D．9答案C解析规律：71的末位为7,72末位为9,73的末位为3,74末位为1,75的末位为7，…，的末位为7,9,3,1,7,9,3,1，…，而2013＝4×503＋1，∴2013的末位是7.5．将正奇数1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是 ()A．第一列 B．第二列C．第三列 D．第四列答案D解析正奇数从小到大排，那么89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列．6．假设f(x)是偶函数，且当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x－1，那么不等式f(x2－1)<0的解集为 ()A．(－1,0) B．(－eq\r(2)，0)∪(0，eq\r(2))C．(0,2) D．(1,2)答案B解析根据f(x)是偶函数，可得f(x)＝f(|x|)＝|x|－1.因此f(x2－1)＝|x2－1|－1.解不等式|x2－1|－1<0，得0<x2<2，因此x∈(－eq\r(2)，0)∪(0，eq\r(2))．7．当实数x，y满足不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,2x＋y≤2))时，恒有ax＋y≤3成立，那么实数a的取值范围是 ()A．(－∞，0] B．[0，＋∞)C．[0,2] D．(－∞，3]答案D解析画出可行域，如图中阴影局部所示．要使ax＋y≤3恒成立，即可行域必须在直线ax＋y－3＝0的下方，故分三种情况进行讨论：①当a>0且eq\f(3,a)≥1，即0<a≤3时，恒有ax＋y≤3成立；②当a＝0时，y≤3成立；③当a<0时，恒有ax＋y≤3成立．综上可知，a≤3.8．(2023·浙江)假设正数x，y满足x＋3y＝5xy，那么3x＋4y的最小值是()A.eq\f(24,5) B.eq\f(28,5)C．5 D．6答案C解析∵x＋3y＝5xy，∴eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)(eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x))＝eq\f(3x,5y)＋eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(3x,5y)·\f(12y,5x))＝5，当且仅当eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)时等号成立．9．图1是一个面积为1的正方形，经过一次“生长〞后，在它的左右肩上分别长出一个小正方形，如图2，且三个正方形围成的三角形(含30°锐角的)是直角三角形，再经过一次“生长〞后，变成图3，“生长〞10次后，变成图4，如果继续“生长〞下去，它将变得更加“枝繁叶茂〞，那么n次“生长〞后，所得图形中所有正方形的面积和为 ()A．n B．n＋1C．n＋2 D．2n答案B解析根据勾股定理以及正方形的面积公式并结合解题探究可知，经过n次“生长〞后，所得图形中所有正方形的面积和等于第一个正方形的面积的(n＋1)倍，即为n＋1.应选B.10.如图，有一直角墙角，两边的长度足够长，在P处有一棵树与两墙的距离分别是a米(0<a<12)、4米，不考虑树的粗细．现在想用16米长的篱笆，借助墙角围成一个矩形的花圃ABCD.设此矩形花圃的面积为S平方米，S的最大值为f(a)，假设将这棵树围在花圃内，那么函数u＝f(a)的图像大致是 ()答案C解析设AD＝x，S＝x(16－x)≤(eq\f(x＋16－x,2))2＝64.当且仅当x＝8时成立．∵树围在花圃内，∴0<a≤8时，x＝8能满足条件，即f(a)＝64.当8<a<12时，S＝x(16－x)最大值为a(16－a)．∴f(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64，0<a≤8，,a16－a，8<a<12，))选C.二、填空题(本大题共6小题，每题5分，共30分，把答案填在题中横线上)11．关于x的不等式x2＋(a＋1)x＋ab>0的解集是{x|x<－1或x>4}，那么实数a、b的值分别为________．答案－4,112．正实数x，y满足xy＝1，那么(eq\f(x,y)＋y)(eq\f(y,x)＋x)的最小值为________．答案4解析依题意知，(eq\f(x,y)＋y)(eq\f(y,x)＋x)＝1＋eq\f(y2,x)＋eq\f(x2,y)＋1≥2＋2eq\r(\f(y2,x)×\f(x2,y))＝4，当且仅当x＝y＝1时取等号．13．coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)；coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)＝eq\f(1,4)；coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)＝eq\f(1,8)；根据以上等式，可猜测出的一般结论是________．答案coseq\f(π,2n＋1)coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)，n∈N*解析从等式的左边来看，余弦的个数从1逐个增加，分子上从π开始也是逐个增加，分母分别是3,5,7，…，可以看出分母的通项为2n＋1，等式的右边是通项为eq\f(1,2n)的等比数列，由以上分析可以猜测出的结论为coseq\f(π,2n＋1)coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)，n∈N*.14．(2023·福建)假设函数y＝2x图像上存在点(x，y)满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m，))那么实数m的最大值为________．答案1解析由约束条件作出其可行域如下图：由图可知当直线x＝m经过函数y＝2x的图像与直线x＋y－3＝0的交点P时取得最大值，即得2x＝3－x，即x＝1＝m.15．a，b都为正实数，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，那么eq\f(2＋b,2ab)的最大值为________．答案eq\f(9,16)解析依题意得eq\f(2＋b,2ab)＝eq\f(1,ab)＋eq\f(1,2a)＝eq\f(1,2a)＋eq\f(1,a)(1－eq\f(1,a))＝－(eq\f(1,a))2＋eq\f(3,2a)＝－(eq\f(1,a)－eq\f(3,4))2＋eq\f(9,16)的最大值是eq\f(9,16)(当eq\f(1,a)－eq\f(3,4)＝0，即eq\f(1,a)＝eq\f(3,4)，eq\f(1,b)＝eq\f(1,4)时取得最大值)．16．从等腰直角三角形纸片ABC上，剪下如下图的两个正方形，其中BC＝2，∠A＝90°，那么这两个正方形的面积之和的最小值为________．答案eq\f(1,2)解析设两个正方形边长分别为a，b，那么由题可得a＋b＝1，且eq\f(1,3)≤a，b≤eq\f(2,3)，S＝a2＋b2≥2×(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时取等号．三、解答题(本大题共6小题，共70分，解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题总分值10分)eq\o(OP,\s\up10(→))＝(1，cosx)，eq\o(OQ,\s\up10(→))＝(cosx,1)，x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，记f(x)＝cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>的取值范围．答案(1)f(x)＝eq\f(2cosx,1＋cos2x)(2)eq\f(2\r(2),3)≤cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>≤1解析(1)∵eq\o(OP,\s\up10(→))＝(1，cosx)，eq\o(OQ,\s\up10(→))＝(cosx,1)，∴eq\o(OP,\s\up10(→))·eq\o(OQ,\s\up10(→))＝2cosx，|eq\o(OP,\s\up10(→))|·|eq\o(OQ,\s\up10(→))|＝1＋cos2x.∴f(x)＝cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>＝eq\f(2cosx,1＋cos2x).(2)∵x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，∴f(x)＝cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>＝eq\f(2cosx,1＋cos2x)＝eq\f(2,cosx＋\f(1,cosx))，cosx∈[eq\f(\r(2),2)，1]．∵2≤cosx＋eq\f(1,cosx)≤eq\f(3\r(2),2)，∴eq\f(2\r(2),3)≤f(x)≤1，即eq\f(2\r(2),3)≤cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>≤1.18．(本小题总分值12分)先阅读以下不等式的证法，再解决后面的问题：a1，a2∈R，a1＋a2＝1，求证：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2，因为对一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))≤0，从而得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2)，(1)假设a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，请写出上述结论的推广式；(2)参考上述解法，对你推广的结论加以证明．解析(1)假设a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，求证：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).(2)构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝nx2－2x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)，因为对一切x∈R，都有f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))≤0，从而证得：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).19．(本小题总分值12分)函数f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)要使f(x)在(0,2)上单调递增，试求a的取值范围；(2)当x∈(0,1]时，y＝f(x)图像上任意一点处的切线的倾斜角为θ，且0≤θ≤eq\f(π,4)，求a的取值范围．答案(1)a≥3(2)eq\f(3,2)≤a≤eq\r(3)解析(1)f′(x)＝－3x2＋2ax，要使f(x)在(0,2)上单调递增，那么f′(x)≥0在(0,2)上恒成立．∵f′(x)是开口向下的抛物线，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0≥0，,f′2＝－12＋4a≥0，))∴a≥3.(2)∵0≤θ≤eq\f(π,4)，∴tanθ＝－3x2＋2ax∈[0,1]．根据题意0≤－3x2＋2ax≤1在(0,1]上恒成立，由－3x2＋2ax≥0，得a≥eq\f(3,2)x，a≥eq\f(3,2).由－3x2＋2ax≤1，得a≤eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2x).又eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2x)≥eq\r(3)(当且仅当x＝eq\f(\r(3),3)时取“＝〞)，∴a≤eq\r(3).综上，a的取值范围是eq\f(3,2)≤a≤eq\r(3).20．(本小题总分值12分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解析(1)由得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2.故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设数列{bn}中存在三项bp，bq、br(p，q，r互不相等)成等比数列，那么beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋(2q－p－r)eq\r(2)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴(eq\f(p＋r,2))2＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r，与p≠r矛盾．所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．21．(本小题总分值12分)东海水晶制品厂去年的年产量为10万件，每件水晶产品的销售价格为100元，固定本钱为80元．从今年起，工厂投入100万元科技本钱，并方案以后每年比上一年多投入100万元科技本钱．预计产量每年递增1万件，每件水晶产品的固定本钱g(n)与科技本钱的投入次数n的关系是g(n)＝eq\f(80,\r(n＋1)).假设水晶产品的销售价格不变，第n次投入后的年利润为f(n)万元．(1)求出f(n)的表达式；(2)求从今年算起第几年利润最高？最高利润为多少万元？解析(1)第n次投入后，产量为10＋n万件，销售价格为100元，固定本钱为eq\f(80,\r(n＋1))元，科技本钱投入为100n万元，所以，年利润为f(n)＝(10＋n)(100－eq\f(80,\r(n＋1)))－100n(n∈N*)．(2)由(1)知f(n)＝(10＋n)(100－eq\f(80,\r(n＋1)))－100n＝1000－80(eq\r(n＋1)＋eq\f(9,\r(n＋1)))≤520(万元)．当且仅当eq\r(n＋1)＝eq\f(9,\r(n＋1))，即n＝8时，利润最高，最高利润为520万元．答：从今年算起第8年利润最高，最高利润为520万元．22．(本小题总分值12分)函数f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,ax＋1).(1)假设函数f(x)在[0，＋∞)内为增函数，求正实数a的取值范围；(2)当a＝1时，求f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上的最大值和最小值；(3)试利用(1)的结论，证明：对于大于1的任意正整数n，都有eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)<lnn.解析(1)∵f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,ax＋1)，∴f′(x)＝eq\f(ax＋1－1,ax＋12)(a>0)．∵函数f(x)在[0，＋∞)内为增函数，∴f′(x)≥0对任意x∈[0，＋∞)恒成立．∴a(x＋1)－1≥0对任意x∈[0，＋∞)恒成立，即a≥eq\f(1,x＋1)对任意x∈[0，＋∞)恒成立．而当x∈[0，＋∞)时，(eq\f(1,x＋1))max＝1，∴a≥1.(2)当a＝1时，f′(x)＝eq\f(x,x＋12).∴当x∈[－eq\f(1,2)，0)时，f′(x)<0，f(x)在[－eq\f(1,2)，0)上单调递减．当x∈(0,1]时，f′(x)>0，f(x)在(0,1]上单调递增．∴f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上有唯一极小值点．故f(x)min＝f(0)＝0.又f(－eq\f(1,2))＝1＋lneq\f(1,2)＝1－ln2，f(1)＝－eq\f(1,2)＋ln2，∴f(－eq\f(1,2))－f(1)＝eq\f(3,2)－2ln2＝eq\f(3－ln16,2)＝eq\f(lne3－ln16,2).∵e3>16，∴f(－eq\f(1,2))－f(1)>0，即f(－eq\f(1,2))>f(1)．∴f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上的最大值为f(－eq\f(1,2))＝1－ln2.综上，函数f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上的最大值是1－ln2，最小值是0.(3)法一：用数学归纳法．①当n＝2时，要证eq\f(1,2)<ln2，只要证ln4>1，显然成立．②假设当n＝k时，不等式eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,k)<lnk(k>1，k∈N*)成立．那么当n＝k＋1时，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)<lnk＋eq\f(1,k＋1).要证lnk＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)成立，只要证eq\f(1,k＋1)<lneq\f(k＋1,k)，即eq\f(1,k＋1)<ln(1＋eq\f(1,k))．令eq\f(1,k)＝x>0，那么上式化为eq\f(x,1＋x)<ln(1＋x)(x>0)．只要证：ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)>0(*)．由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,x＋1)在[0，＋∞)内是增函数．故有f(x)≥f(0)，即ln(1＋x)≥eq\f(x,x＋1)，x∈[0，＋∞)成立．而(*)中x＝eq\f(1,k)(k>1，k∈N*)，x>0，∴ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)>0，即(*)式成立．∴当n＝k＋1时，不等式成立．由①②知对任意n>1的正整数不等式都成立．法二：由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,x＋1)在[0，＋∞)上是增函数．故有f(x)≥f(0)，即ln(1＋x)≥eq\f(x,1＋x)，x∈[0，＋∞)成立．令x＝eq\f(1,n)(n∈N*)，那么x>0.∴有ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，即lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).由此得lneq\f(2,1)>eq\f(1,2)，lneq\f(3,2)>eq\f(1,3)，lneq\f(4,3)>eq\f(1,4)，…，lneq\f(n,n－1)>eq\f(1,n)，那么lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n,n－1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)，即得lnn>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n).故对大于1的任意正整数n，都有eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)<lnn.1．假设a<0，那么以下不等式成立的是 ()A．2a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>(0.2)a B．(0.2)a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>2aC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>(0.2)a>2a D．2a>(0.2)a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a答案B解析∵a<0，∴y＝xa在(0，＋∞)为减函数，∴(eq\f(1,2))a<(0.2)a，∴选B.2．设a，b，c为△ABC的三边，那么 ()A．a2＋b2＋c2>a＋b＋cB．a2＋b2＋c2>ab＋bc＋acC．a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ac)D．a2＋b2＋c2>2(ab＋bc＋ac)答案C解析c2＝a2＋b2－2abcosC，b2＝a2＋c2－2accosB，a2＝b2＋c2－2bccosA，∴a2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)－2(abcosC＋accosB＋bccosA)．∴a2＋b2＋c2＝2(abcosC＋accosB＋bccosA)<2(ab＋bc＋ac)．3．(1)由“假设a，b，c∈R，那么(ab)c＝a(bc)〞类比“假设a，b，c为三个向量，那么(a·b)c＝a(b·c)〞；(2)在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝2an＋2，猜测an＝2n－2；(3)在平面内“三角形的两边之和大于第三边〞类比在空间中“四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积〞；(4)(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，那么a1＋a2＋…＋a8＝256.上述四个推理中，得出的结论正确的选项是________．(写出所有正确结论的序号)答案(2)(3)解析(1)三个实数之积满足乘法的结合律，而三个向量之积是向量，且两个向量相等要满足方向和大小都相等，向量(a·b)·c与向量a·(b·c)不一定满足，故(1)错误；(2)由an＋1＝2an＋2，可得an＋1＋2＝2(an＋2)，故数列{an＋2}为等比数列，易求得an＝2n－2，故(2)正确；(3)在四面体ABCD中，设点A在底面BCD上的射影是O，那么三个侧面的面积都大于其在底面上的投影的面积，三个侧面的面积之和一定大于底面的面积，故(3)正确；(4)令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝1，令x＝0，那么a0＝28＝256，所以a1＋a2＋…＋a8＝1－28＝－255，故(4)错误．综上可知，只有(2)(3)正确．4．a，b为正数，且直线2x－(b－3)y＋b＝0与直线bx＋ay－5＝0互相垂直，那么2a＋3b答案25解析依题意得2b－a(b－3)＝0，即eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝1,2a＋3b＝(2a＋3b)(eq\f(2,a)＋eq\f(3,b))＝13＋6(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))≥13＋6×2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＝25，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝5时取等号，因此2a＋3b的最小值是25.5．不等式4x＋a·2x＋1≥0对一切x∈R恒成立，那么a的取值范围是________．答案[－2，＋∞)解析由题可得a≥－eq\f(1,2x)－2x恒成立，由根本不等式可知－eq\f(1,2x)－2x≤－2，所以a≥－2.6．f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，经计算得f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，那么有________．答案f(2n)>eq\f(n＋2,2)(n≥2，n∈N*)解析由题意f(22)>eq\f(4,2)，f(23)>eq\f(5,2)，f(24)>eq\f(6,2)，f(25)>eq\f(7,2)，所以当n≥2时，有f(2n)>eq\f(n＋2,2).故填f(2n)>eq\f(n＋2,2)(n≥2，n∈N*)．7．假设数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,n＋12)，记f(n)＝2(1－a1)(1－a2)…(1－an)，试通过计算f(1)，f(2)，f(3)的值，推测f(n)＝________.答案eq\f(n＋2,n＋1)解析方法一由题意，得f(1)＝2(1－a1)＝2×[1－eq\f(1,1＋12)]＝eq\f(3,2)，f(2)＝f(1)(1－a2)＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,32))＝eq\f(4,3)，f(3)＝f(2)(1－a3)＝eq\f(4,3)(1－eq\f(1,16))＝eq\f(5,4)，由此归纳得f(n)＝eq\f(n＋2,n＋1).方法二事实上，由题意，得f(n)＝2(1－eq\f(1,22))(1－eq\f(1,32))…[1－eq\f(1,n＋12)]＝2(1－eq\f(1,2))(1＋eq\f(1,2))(1－eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,3))…(1＋eq\f(1,n＋1))(1＋eq\f(1,n＋1))＝2×eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×eq\f(2,3)×eq\f(4,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(n,n＋1)×eq\f(n＋2,n＋1)＝eq\f(n＋2,n＋1).8．假设不等式|a－1|≤|x＋eq\f(1,x)|对一切非零实数x恒成立，那么实数a的取值范围是________．答案－1≤a≤3解析|a－1|≤2，即－1≤a≤3.9．x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤4，,ax＋by＋c≤0，))且目标函数3x＋y的最大值为7，最小值为1，那么eq\f(a＋b＋c,a)＝________.答案－eq\f(1,3)解析分别作出直线x＝1，x＋y＝4,3x＋y＝7,3x＋y＝1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,3x＋y＝7))与eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,3x＋y＝1，))求出(eq\f(3,2)，eq\f(5,2))与(1，－2)，知两点在直线ax＋by＋c＝0上，得c＝－eq\f(11,9)a，b＝－eq\f(1,9)a.∴a＋b＋c＝－eq\f(1,3)a，∴eq\f(a＋b＋c,a)＝－eq\f(1,3).10．设函数f(x)＝x2＋2lnx，f′(x)表示f(x)的导函数，试证明：对任意