高考数学总复习 6-6 课时跟踪练习 文（含解析）

课时知能训练一、选择题1．(2011·潍坊模拟)设a，b，c都是正数，则a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)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22．设f(x)＝x2＋bx＋c是[－1,1]上的增函数，且f(－eq\f(1,2))·f(eq\f(1,2))<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3．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4．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(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5．已知函数f(x)＝(eq\f(1,2))x，a，b是正实数，A＝f(eq\f(a＋b,2))，B＝f(eq\r(ab))，C＝f(eq\f(2ab,a＋b))，则A、B、C的大小关系为()A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A二、填空题6．已知f(n)＝eq\r(n2＋1)－n，g(n)＝n－eq\r(n2－1)，φ(n)＝eq\f(1,2n)(n∈N*，n＞2)，则f(n)，g(n)，φ(n)的大小关系是________．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________．8．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eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤f(eq\f(x1＋x2＋…＋xn,n))，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________．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．10．已知正数a，b，c成等差数列且公差d≠0，求证：eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)不可能成等差数列．11．已知a>0，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.答案及解析1．【解析】∵(a＋eq\f(1,b))＋(b＋eq\f(1,c))＋(c＋eq\f(1,a))，＝(a＋eq\f(1,a))＋(b＋eq\f(1,b))＋(c＋eq\f(1,c))≥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．【解析】∵f(－eq\f(1,2))f(eq\f(1,2))<0，∴方程f(x)＝0在(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))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．【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．【解析】∵P2＝2a＋7＋2eq\r(a)eq\r(a＋7)＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a)，Q2＝2a＋7＋2eq\r(a＋3)eq\r(a＋4)＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12)，∴P2＜Q2，∴P＜Q.【答案】C5．【解析】∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝(eq\f(1,2))x在R上是减函数，∴f(eq\f(a＋b,2))≤f(eq\r(ab))≤f(eq\f(2ab,a＋b))，即A≤B≤C.【答案】A6．【解析】∵f(n)＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)＜eq\f(1,2n)，g(n)＝n－eq\r(n2－1)＝eq\f(1,n＋\r(n2－1))＞eq\f(1,2n)，∴f(n)＜φ(n)＜g(n)．【答案】f(n)＜φ(n)＜g(n)7．【解析】f′(x)＝3ax2＋2bx＋c为二次函数，且有最小值，则a＞0.【答案】a＞08．【解析】∵f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，且A、B、C∈(0，π)，∴eq\f(fA＋fB＋fC,3)≤f(eq\f(A＋B＋C,3))＝f(eq\f(π,3))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，所以sinA＋sinB＋sinC的最大值为eq\f(3\r(3),2).【答案】eq\f(3\r(3),2)9．【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＋b<0，∵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＋b<0不成立．∴a＋b≥0.10．【证明】假设eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等差数列，则eq\f(2,b)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c).由2b＝a＋c，得eq\f(4,a＋c)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)，∴4ac＝(a＋c)2，∴(a－c)2＝0，∴a＝c，此与d≠0矛盾，所以eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)不能成等差数列．11．【证明】要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a>0，故只要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq