課后跟蹤訓(xùn)練42

課后跟蹤訓(xùn)練(四十二)[基礎(chǔ)鞏固練]一、選擇題1．(2019·廣州調(diào)研)若a，b，c為實數(shù)，且a<b<0，則下列命題正確的是()A．a(chǎn)c2<bc2 B．a(chǎn)2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D．eq\f(b,a)>eq\f(a,b)[解析]a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a(a－b)>0，即a2－ab>0，∴a2>ab.①又∵ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.故選B.[答案]B2．用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根[解析]因為“方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”等價于“方程x3＋ax＋b＝0的實根的個數(shù)大于或等于1”，所以要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”．[答案]A3．“a＝eq\f(1,4)”是“對任意正數(shù)x，均有x＋eq\f(a,x)≥1”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[解析]當(dāng)a＝eq\f(1,4)時，x＋eq\f(\f(1,4),x)≥2eq\r(x·\f(\f(1,4),x))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,4x)，即x＝eq\f(1,2)時取等號；反之，顯然不成立．故選A.[答案]A4．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,2)＋cosα＋cos2α＋…＋cosnα＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))α,2sin\f(α,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)≠0，n為正整數(shù)))時，在驗證n＝1成立時，左邊所得的代數(shù)式是()A.eq\f(1,2) B．cosαC.eq\f(1,2)＋cosα D．eq\f(sin\f(3,2)α,2sin\f(α,2))[解析]把n＝1代入左邊式子可得eq\f(1,2)＋cosα.[答案]C5．設(shè)a，b，c均為正實數(shù)，則三個數(shù)a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)()A．都大于2 B．都小于2C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2[解析]∵a>0，b>0，c>0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時，等號成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.故選D.[答案]D二、填空題6．(2020·寧波鎮(zhèn)海中學(xué)月考)設(shè)a>b>0，m＝eq\r(a)－eq\r(b)，n＝eq\r(a－b)，則m，n的大小關(guān)系是________．[解析]解法一：(取特殊值法)取a＝2，b＝1，得m<n.解法二：(分析法)eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)?eq\r(b)＋eq\r(a－b)>eq\r(a)?a<b＋2eq\r(b)·eq\r(a－b)＋a－b?2eq\r(b)·eq\r(a－b)>0，顯然成立．[答案]m<n7．用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·2…(2n－1)(n∈N*)，從“k到k＋1”，[解析]當(dāng)n＝k時，左端的代數(shù)式是(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，當(dāng)n＝k＋1時，左端的代數(shù)式是(k＋2)(k＋3)…(2k＋2)，故應(yīng)乘的代數(shù)式為：eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．[答案]2(2k＋1)8．(2020·廣東佛山質(zhì)檢)已知a>0，b>0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，則m的最大值為________．[解析]因為a>0，b>0，所以2a＋b>0.所以不等式可化為m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b))).因為5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，即其最小值為9，所以m≤9，即m的最大值等于9.[答案]9三、解答題9．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.(1)求證：a，b，c成等差數(shù)列；(2)若C＝eq\f(2π,3)，求證：5a＝3b.[證明](1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因為sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差數(shù)列．(2)由C＝eq\f(2π,3)，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，因為b≠0，所以5a＝3b.10．已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(3,2)x2，設(shè)0<a1<eq\f(1,2)，an＋1＝f(an)，n∈N*，證明：an<eq\f(1,n＋1).[證明]①當(dāng)n＝1時，0<a1<eq\f(1,2)，顯然結(jié)論成立．因為當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，0<f(x)≤eq\f(1,6)，所以0<a2＝f(a1)≤eq\f(1,6)<eq\f(1,3).故n＝2時，原不等式也成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式0<ak<eq\f(1,k＋1)成立．因為f(x)＝x－eq\f(3,2)x2的對稱軸方程為x＝eq\f(1,3)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))時，f(x)為增函數(shù)．所以由0<ak<eq\f(1,k＋1)≤eq\f(1,3)，得0<f(ak)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1))).于是，0<ak＋1＝f(ak)<eq\f(1,k＋1)－eq\f(3,2)·eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋2)－eq\f(1,k＋2)＝eq\f(1,k＋2)－eq\f(k＋4,2k＋12k＋2)<eq\f(1,k＋2).所以當(dāng)n＝k＋1時，原不等式也成立．由①②可知，對任何n∈N*，不等式an<eq\f(1,n＋1)成立．[能力提升練]11．設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是()A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤[解析]若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，則a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出；對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設(shè)不成立，a，b中至少有一個大于1.故選C.[答案]C12．已知m>1，a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)，則以下結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)，b大小不定[解析]∵a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)＝eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)＝eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1))，而eq\r(m＋1)＋eq\r(m)>eq\r(m)＋eq\r(m－1)>0(m>1)，∴eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))<eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1))，即a<b.故選B.[答案]B13．在△ABC中，設(shè)a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，且直線bx＋ycosA＋cosB＝0與ax＋ycosB＋cosA＝0平行，則△ABC是________三角形．[解析]解法一：由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0，即eq\f(1,2)sin2B－eq\f(1,2)sin2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π.即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).若A＝B，則a＝b，cosA＝cosB，兩直線重合，不符合題意，故A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是直角三角形．解法二：由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由余弦定理，得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.若a＝b，則兩直線重合，不符合題意，故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．[答案]直角14．已知函數(shù)f(x)＝ax＋sinb－eq\f(3,x＋1)(a，b∈R，且a>1)的圖象過點(0，－1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明：函數(shù)f(x)沒有負零點．[證明](1)由于函數(shù)f(x)＝ax＋sinb－eq\f(3,x＋1)(a，b∈R，且a>1)的圖象過點(0，－1)，所以f(0)＝－1，即a0＋sinb－eq\f(3,0＋1)＝－1，解得sinb＝1，所以f(x)＝ax＋1－eq\f(3,x＋1)(a>1)，所以f′(x)＝axlna＋eq\f(3,x＋12)>0(x≠－1)，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)證法一：假設(shè)函數(shù)f(x)有負零點x0，則有f(x0)＝0，故有ax0＋1＝eq\f(3,x0＋1).①由于函數(shù)y＝ax＋1(a>1)在R上是增函數(shù)，且a0＋1＝2，所以ax0＋1<2.由于函數(shù)y＝eq\f(3,x＋1)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，當(dāng)x0∈(－1,0)時，eq\f(3,x0＋1)>3，所以等式①不可能成立．由于函數(shù)y＝eq\f(3,x＋1)在(－∞，－1)上是減函數(shù)，當(dāng)x0∈(－∞，－1)時，eq\f(3,x0＋1)<0，而ax0＋1>1，所以等式①不可能成立．綜上可得，等式①不可能成立，即假設(shè)錯誤，故f(x)＝0沒有負零點．證法二：假設(shè)函數(shù)f(x)有負零點x0，則有f(x0)＝0，故有ax0＋1＝eq\f(3,x0＋1).由于函數(shù)y＝ax＋1(a>1)在R上是增函數(shù)，且a0＋1＝2，所以ax0＋1<2.所以1<ax0＋1<2，所以1<eq\f(3,x0＋1)<2，解得eq\f(1,2)<x0<2.這與x0<0相矛盾，所以假設(shè)不成立，故f(x)＝0沒有負零點．[拓展延伸練]15．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b是正實數(shù)，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)))，則A，B，C的大小關(guān)系為()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A[解析]∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是減函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))