高中数学 2.2 第1课时合情推理同步测试 新人教B版选修2-2

【成才之路】-学年高中数学2.2第1课时合情推理同步测试新人教B版选修2-2一、选择题1．用分析法证明问题是从所证命题的结论出发，寻求使这个结论成立的()A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既非充分条件又非必要条件[答案]A2．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤eq\f(1,4)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有()A．1个B．2个C．3个D．4个[答案]C[解析]∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0a(1－a)－eq\f(1,4)＝－a2＋a－eq\f(1,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2≤0，(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2∴①②④正确．故选C.3．设x＝eq\r(2)，y＝eq\r(7)－eq\r(3)，z＝eq\r(6)－eq\r(2)，则x、y、z的大小顺序是()A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y[答案]D[解析]∵x、y、z都是正数，又x2－z2＝2－(8－4eq\r(3))＝4eq\r(3)－6＝eq\r(48)－eq\r(36)＞0，∴x＞z.∵eq\f(z,y)＝eq\f(\r(6)－\r(2),\r(7)－\r(3))＝eq\f(\r(7)＋\r(3),\r(6)＋\r(2))＞1.∴z＞y.∴x>z>y.故选D.4．(·重庆理，6)若a<b<c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间()A．(a，b)和(b，c)内B．(－∞，a)和(a，b)内C．(b，c)和(c，＋∞)内D．(－∞，a)和(c，＋∞)内[答案]A[解析]因为a<b<c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)>0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0，由零点存在性定理知，选A.5．p＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为()A．p≥q B．p≤qC．p>q D．不确定[答案]B[解析]q＝eq\r(ab＋\f(mad,n)＋\f(nbc,m)＋cd)≥eq\r(ab＋2\r(abcd)＋cd)＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)＝p.故选B.6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a、b∈R＋，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则A、B、C的大小关系为()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A[答案]A[解析]∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).故选A.7．若x、y∈R，且2x2＋y2＝6x，则x2＋y2＋2x的最大值为()A．14 B．15C．16 D．17[答案]B[解析]由y2＝6x－2x2≥0得0≤x≤3，从而x2＋y2＋2x＝－(x－4)2＋16，∴当x＝3时，最大值为15.8．(·陕西理，7)设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定[答案]B[解析]由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，所以，sin(B＋C)＝sin2A，∴sinA＝sin2A，而sinA>0，∴sinA＝1，A＝eq\f(π,2)，所以△ABC是直角三角形．二、填空题9．设a>0，b>0，c>0，若a＋b＋c＝1，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值为________．[答案]9[解析]∵a>0，b>0，c>0，a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2eq\r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2eq\r(\f(c,b)·\f(b,c))＝9，等号在a＝b＝c＝eq\f(1,3)时成立．10．若0<a<1,0<b<1，且a≠b，则在a＋b,2eq\r(ab)，a2＋b2和2ab中最大的是________．[答案]a＋b[解析]∵0<a<1,0<b<1，∴a2<a，b2<b，∴a2＋b2<a＋b，又a2＋b2>2ab(a≠b)，∴2ab<a＋b，又a＋b>2eq\r(ab)(a≠b)，故a＋b最大．11．设p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R，则p与q的大小关系是________．[答案]p≥q[解析]∵p－q＝2x4＋1－(2x3＋x2)＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)，又2x2＋2x＋1恒大于0，∴p－q≥0，故p≥q.三、解答题12．已知a、b、c∈R＋，求证：eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3).[证明]要证eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3)，只需证：eq\f(a2＋b2＋c2,3)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3)))2，只需证：3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca，只需证：2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ca，只需证：(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，而这是显然成立的，所以eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3)成立.一、选择题1．(·浙江理，3)已知x、y为正实数，则()A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgy B．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgyC．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgy D．2lg(xy)＝2lgx·2lgy[答案]D[解析]2lg(xy)＝2(lgx＋lgy)＝2lgx·2lgy.2．已知a>0，b>0，eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)＝1，则a＋2b的最小值为()A．7＋2eq\r(6) B．2eq\r(3)C．7＋2eq\r(3) D．14[答案]A[解析]a＋2b＝(a＋2b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(3,b)))＝7＋eq\f(3a,b)＋eq\f(2b,a).又∵a>0，b>0，∴由均值不等式可得：a＋2b＝7＋eq\f(3a,b)＋eq\f(2b,a)≥7＋2eq\r(\f(3a,b)·\f(2b,a))＝7＋2eq\r(6).当且仅当eq\f(3a,b)＝eq\f(2b,a)且eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)＝1，即3a2＝2b2且eq\f(1,a)＋eq\f(3,b)＝1时等号成立，故选A.3．(·哈六中期中)若两个正实数x、y满足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，且不等式x＋eq\f(y,4)<m2－3m有解，则实数m的取值范围是()A．(－1,4)B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)C．(－4,1)D．(－∞，0)∪(3，＋∞)[答案]B[解析]∵x>0，y>0，eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，∴x＋eq\f(y,4)＝(x＋eq\f(y,4))(eq\f(1,x)＋eq\f(4,y))＝2＋eq\f(y,4x)＋eq\f(4x,y)≥2＋2eq\r(\f(y,4x)·\f(4x,y))＝4，等号在y＝4x，即x＝2，y＝8时成立，∴x＋eq\f(y,4)的最小值为4，要使不等式m2－3m>x＋eq\f(y,4)有解，应有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，故选B.4．(·广东梅县东山中学期中)在f(m，n)中，m、n、f(m，n)∈N*，且对任意m、n都有：(1)f(1,1)＝1，(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，(3)f(m＋1,1)＝2f(m,①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；其中正确的结论个数是________个．()A．3 B．2C．1 D．0[答案]A[解析]∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)组成首项为f(m,1)，公差为2的等差数列，∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9，又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)构成首项为f(1,1)，公比为2的等比数列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f二、填空题5．函数y＝f(x)在(0,2)上是增函数，函数y＝f(x＋2)是偶函数，则f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小关系是________________．[答案]f(3.5)<f(1)<f(2.5)[解析]由已知f(x)关于x＝2对称，又f(x)在(0,2)上是增函数，∴结合f(x)图象得f(3.5)<f(1)<f(2.5)．6．如果不等式|x－a|<1成立的充分非必要条件是eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，则实数a的取值范围是________．[答案]eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2)[解析]由|x－a|＜1⇔a－1＜x＜a＋1由题意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))(a－1，a＋1)则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1≤\f(1,2),a＋1≥\f(3,2)))，解得eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2).7．已知f(x)＝eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)是奇函数，那么实数a的值等于________．[答案]1[解析]解法1：∵f(x)＝eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)(x∈R)是奇函数，则f(－x)＋f(x)＝eq\f(a2－x＋1－2,2－x＋1)＋eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)＝0，∴a＝1.解法2：∵f(x)为R上的奇函数，∴f(0)＝0，即f(0)＝eq\f(a20＋1－2,20＋1)＝0，∴a＝1.三、解答题8．(·华池一中高三期中)已知n∈N*，且n≥2，求证：eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1).[证明]要证eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1)，即证1>n－eq\r(nn－1)，只需证eq\r(nn－1)>n－1，∵n≥2，∴只需证n(n－1)>(n－1)2，只需证n>n－1，只需证0>－1，最后一个不等式显然成立，故原结论成立．9．(·合肥一六八中高二期中)观察下题的解答过程：已知正实数a、b满足a＋b＝1，求eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)的最大值．解：∵eq\r(2a＋1)·eq\r(2)≤eq\f(\r(2a＋1)2＋\r(2)2,2)＝a＋eq\f(3,2)，eq\r(2b＋1)·eq\r(2)≤eq\f(\r(2b＋1)2＋\r(2)2,2)＝b＋eq\f(3,2)，相加得eq\r(2a＋1)·eq\r(2)＋eq\r(2b＋1)·eq\r(2)＝eq\r(2)(eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1))≤a＋b＋3＝4.∴eq\r(2b＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2)，等号在a＝b＝eq\f(1,2)时取得，即eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)的最大值为2eq\r(2).请类比上题解法使用综合法证明下题：已知正实数x、y、z满足x＋y＋z＝2，求证：eq\r(2x＋1)＋eq\r(2y＋1)＋eq\r(2z＋1)≤eq\r(21).[解析]∵eq\r(2x＋1)·eq\r(\f(7,3))≤eq\f(\r(2x＋1)2＋\r(\f(7,3))2,2)＝x＋eq\f(5,3)，eq\r(2y