2018年數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題18算法、復(fù)數(shù)、推理與證明押題專練理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題18算法、復(fù)數(shù)、推理與證明1．如圖所示程序框圖（算法流程圖)的輸出結(jié)果是（）A．3B．11C．38D．123【答案】D【解析】第一步：a＝12＋2＝3＜12，第二步:a＝32＋2＝11＜12，第三步：a＝112＋2＝123＞12，跳出循環(huán),輸出a＝123。故選D.2．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的S＝88，則判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是()A．k＞4？B．k＞5?C．k＞6?D．k＞7？3．若執(zhí)行如圖所示的程序框圖,輸出S的值為(）A．2log23B．log27C4．運(yùn)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結(jié)果S為()A．2016B．2015C．1008D．1007【答案】C【解析】根據(jù)題意，該程序運(yùn)行的是當(dāng)k＜2016時，計算S＝0＋1－2＋3－4＋…＋（－1）k－1·k.∴該程序運(yùn)行后輸出的是S＝0＋1－2＋3－4＋…＋（－1）2014·2015＝eq\f（1,2）×（2015＋1）＝1008.故選C.5．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入m＝30，n＝18，則輸出的m的值為（)A．0B．6C．12D．186．下圖給出的是計算eq\f（1,2)＋eq\f(1,4）＋eq\f（1,6)＋…＋eq\f（1，20)的值的一個框圖，其中菱形判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是（）A．i＞10？B．i＜10？C．i＞11?D．i＜11？【答案】A【解析】經(jīng)過第一次循環(huán)得到s＝eq\f（1，2)，i＝2,此時的i不滿足判斷框中的條件；經(jīng)過第二次循環(huán)得到s＝eq\f（1,2)＋eq\f(1,4),i＝3，此時的i不滿足判斷框中的條件；經(jīng)過第三次循環(huán)得到s＝eq\f(1,2)＋eq\f（1,4)＋eq\f（1，6），i＝4，此時的i不滿足判斷框中的條件;……經(jīng)過第十次循環(huán)得到s＝eq\f(1，2）＋eq\f(1,4)＋eq\f（1,6)＋…＋eq\f（1，20），i＝11，此時的i滿足判斷框中的條件，執(zhí)行輸出,故判斷框中的條件是i＞10?.故選A。7．如圖所示的程序框圖所表示的算法的功能是()A．計算1＋eq\f(1,2)＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f(1，49)的值B．計算1＋eq\f(1，3)＋eq\f(1，5）＋…＋eq\f（1,49)的值C．計算1＋eq\f（1,3）＋eq\f(1，5）＋…＋eq\f(1，99）的值D．計算1＋eq\f(1，2)＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f(1，99）的值8．已知z＝1＋i，則(eq\o（z,\s\up6(－）))2＝()A．2B．－2C．2iD．－2i【答案】D【解析】∵z＝1＋i，∴eq\o（z,\s\up6（－))＝1－i，（eq\o（z，\s\up6（－))）2＝－2i，故選D。9．已知復(fù)數(shù)eq\f(a＋3i，1－2i）是純虛數(shù),則實(shí)數(shù)a＝（）A．－2B．4C．－6D．6【答案】D【解析】eq\f（a＋3i，1－2i)＝eq\f(a－6＋(2a＋3）i，5）,∵復(fù)數(shù)eq\f(a＋3i，1－2i)為純虛數(shù)，∴a＝6.10．如圖,在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量分別是eq\o（OA，\s\up6（→))，eq\o（OB,\s\up6（→))，則｜z1＋z2｜＝()A．2B．3C．2eq\r（2）D．3eq\r(3)【答案】A【解析】由題圖可知，z1＝－2－i,z2＝i，則z1＋z2＝－2,∴｜z1＋z2|＝2，故選A。11．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z和eq\f（2i,2－i)表示的點(diǎn)關(guān)于虛軸對稱，則復(fù)數(shù)z＝（)A。eq\f（2，5）＋eq\f(4,5)iB.eq\f(2，5)－eq\f(4,5）iC．－eq\f（2，5)＋eq\f(4，5)iD．－eq\f（2,5)－eq\f(4,5)i12．如果復(fù)數(shù)eq\f（2－bi，1＋2i）(其中i為虛數(shù)單位,b為實(shí)數(shù)）的實(shí)部和虛部互為相反數(shù),那么b等于（)A。eq\r(2)B.eq\f（2，3）C．－eq\f（2,3)D．2【答案】C【解析】eq\f(2－bi,1＋2i)＝eq\f（（2－bi）（1－2i）,5）＝eq\f（（2－2b），5)－eq\f(4＋b,5)i.由eq\f（2－2b,5)＝eq\f（4＋b，5），得b＝－eq\f（2，3)。13．設(shè)i是虛數(shù)單位,eq\o（z，\s\up6（－)）是復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)．若z·eq\o(z,\s\up6(－))i＋2＝2z，則z＝(）A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i【答案】A【解析】令z＝a＋bi，則eq\o（z,\s\up6（－)）＝a－bi，代入z·eq\o(z，\s\up6（－））i＋2＝2z，得：(a2＋b2)i＋2＝2a＋2bi，得a2＋b2＝2b且2a＝2，解得a＝1,b＝1，則z＝1＋i，故選A。14．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)3－4i,i（2＋i）對應(yīng)的點(diǎn)分別是A，B，則線段AB的中點(diǎn)C對應(yīng)的復(fù)數(shù)為()A．－2＋2iB．2－2iC．－1＋iD．1－i【答案】D【解析】∵i(2＋i)＝－1＋2i，∴復(fù)數(shù)3－4i，i(2＋i)對應(yīng)的點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為A（3，－4)，B（－1，2)．∴線段AB的中點(diǎn)C的坐標(biāo)為(1,－1）,則線段AB的中點(diǎn)C對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1－i.故選D。15．設(shè)a＞0，f(x)＝eq\f(ax，a＋x），令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*。(1)寫出a2，a3，a4的值,并猜想數(shù)列{an｝的通項公式；（2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論．16．各項都為正數(shù)的數(shù)列{an｝滿足a1＝1，aeq\o\al(2，n＋1）－aeq\o\al(2,n）＝2.(1）求數(shù)列{an}的通項公式;(2)求證:eq\f(1,a1）＋eq\f(1，a2)＋…＋eq\f（1,an)≤eq\r(2n－1）對一切n∈N＊恒成立．【解析】（1）因為aeq\o\al(2，n＋1)－aeq\o\al（2，n)＝2,所以數(shù)列{aeq\o\al（2,n)｝是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，所以aeq\o\al(2,n)＝1＋（n－1）·2＝2n－1，又an＞0，則an＝eq\r(2n－1）。（2)證明:由(1)知,即證1＋eq\f(1,\r（3)）＋…＋eq\f(1，\r（2n－1）)≤eq\r（2n－1）。①當(dāng)n＝1時，左邊＝1，右邊＝1,所以不等式成立；當(dāng)n＝2時，左邊＜右邊，所以不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＊）時不等式成立，即1＋eq\f(1,\r（3）)＋…＋eq\f(1,\r(2k－1）)≤eq\r(2k－1)，當(dāng)n＝k＋1時,左邊＝1＋eq\f(1,\r（3)）＋…＋eq\f（1,\r(2k－1))＋eq\f(1，\r(2k＋1）)≤eq\r（2k－1)＋eq\f（1,\r（2k＋1））＜eq\r（2k－1）＋eq\f(2,\r(2k＋1)＋\r(2k－1))＝eq\r（2k－1)＋eq\f(2（\r（2k＋1）－\r(2k－1））,2)＝eq\r（2k＋1）＝eq\r（2(k＋1)－1).所以當(dāng)n＝k＋1時不等式成立．由①②知對一切n∈N＊不等式恒成立．17．已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋ln（x＋1）（a∈R）．（1)當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f（x）的極值點(diǎn);（2)若函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，1）上恒有f′（x)＞x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3）已知a＜1，c1＞0，且cn＋1＝f′（cn)(n＝1，2，…)，證明數(shù)列{cn｝是單調(diào)遞增數(shù)列．（2)因為f′(x）＝2x－a＋eq\f（1，x＋1)，由f′（x）＞x,得2x－a＋eq\f（1,x＋1)＞x,所以由題意知,a＜x＋eq\f(1,x＋1)(0＜x＜1）恒成立．又x＋eq\f（1,x＋1）＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－1≥1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f（1，x＋1），即x＝0時等號成立．所以a≤1.故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－∞，1］．(3)證明：①當(dāng)n＝1時，c2＝f′(c1）＝2c1－a＋eq\f(1，c1＋1）.因為c1＞0，所以c1＋1＞1，又a＜1,所以c2－c1＝c1－a＋eq\f（1,c1＋1）＝c1＋1＋eq\f(1，c1＋1）－（a＋1)＞2－（a＋1）＝1－a＞0，所以c2＞c1，即當(dāng)n＝1時結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N＊,k≥1）時結(jié)論成立，即ck＋1＞ck＞0，當(dāng)n＝k＋1時，ck＋2－ck＋1＝ck＋1－a＋eq\f（1,ck＋1＋1）＝ck＋1＋1＋eq\f（1,ck＋1＋1)－(a＋1)＞2－(a＋1）＝1－a＞0。所以ck＋2＞ck＋1,即當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立．由①②知數(shù)列{cn｝是單調(diào)遞增數(shù)列．18．等比數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn,已知對任意的n∈N＊，點(diǎn)（n，Sn）均在函數(shù)y＝bx＋r（b＞0且b≠1,b，r均為常數(shù))的圖象上．(1)求r的值；（2)當(dāng)b＝2時，記bn＝2(log2an＋1）(n∈N*)，證明：對任意的n∈N＊,不等式eq\f(b1＋1，b1）·eq\f(b2＋1,b2）·…·eq\f(bn＋1,bn）＞eq\r(n＋1）成立．②假設(shè)n＝k(k≥1,k∈N＊)時結(jié)論成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f（4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k）＞eq\r(k＋1），則當(dāng)n＝k＋1時,eq\f(2＋1，2)·eq\f(4＋1，4)·…·eq\f（2k＋1，2k)·eq\f(2k＋3,2（k＋1））＞eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3，2(k＋1)）＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1））。要證當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立,只需證eq\f(2k＋3，2\r(k＋1)）≥eq\r（k＋2)，即證eq\f（2k＋3，2）≥eq\r(（k＋1)（k＋2）).由基本不等式得eq\f(2k＋3，2)＝eq\f((k＋1）＋（k＋2），2)≥eq\r（(k＋1)（k＋2））成立，故eq\f（2k＋3，2\r(k＋1)）≥eq\r（k＋2)成立，所以,當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論成立．由①②可知，n∈N＊時，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f（b2＋1，b2）·…·eq\f(bn＋1，bn）＞eq\r(n＋1)成立．19．已知數(shù)列{an｝滿足a1＝a，an＋1＝2an＋eq\f(λ，an）（a，λ∈R)．(1)若λ＝－2，數(shù)列{an}單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2）若a＝2，試寫出an≥2對任意的n∈N*成立的充要條件，并證明你的結(jié)論．【解析】(1）當(dāng)λ＝－2時，an＋1＝2an－eq\f(2，an）,由題意知an＋1>an，所以an＋1－an＝an－eq\f（2,an)>0，解得an〉eq\r（2）或－eq\r（2）〈an<0，所以a1>eq\r(2)或－eq\r(2)<a1〈0。所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－eq\r（2),0)∪(eq\r（2)，＋∞）．20．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(2,x＋1）（a∈R)．（1)當(dāng)a＝1時，求f（x）在x∈［1，＋∞）內(nèi)的最小值；(2）若f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍;(3）求證ln（n＋1)〉eq\f（1，3)＋eq\f（1,5)＋eq\f(1,7）＋…＋eq\f(1，2n＋1）(n∈N*)．（3)證明:當(dāng)n＝1時，ln(n＋1）＝ln2,∵3ln2＝ln8〉1，∴l(xiāng)n2〉eq\f（1,3),即當(dāng)n＝1時，不等式成立．設(shè)當(dāng)n＝k時，ln（k＋1）>eq\f（1，3）＋eq\f（1，5）＋…＋eq\f(1，2k＋1）成立．當(dāng)n＝k＋1時，ln（n＋1）＝ln（k＋2）＝ln（k＋1）＋lneq\f(k＋2,k＋1）〉eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2k＋1）＋lneq\f(k＋2,k＋1).根據(jù)(1)的結(jié)論可知，當(dāng)x