高中數(shù)學(xué) 2.2 第1課時合情推理同步測試 新人教B版選修2-2

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)2.2第1課時合情推理同步測試新人教B版選修2-2一、選擇題1．用分析法證明問題是從所證命題的結(jié)論出發(fā)，尋求使這個結(jié)論成立的()A．充分條件B．必要條件C．充要條件D．既非充分條件又非必要條件[答案]A2．下面的四個不等式：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個B．2個C．3個D．4個[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正確．故選C.3．設(shè)x＝eq\r(2)，y＝eq\r(7)－eq\r(3)，z＝eq\r(6)－eq\r(2)，則x、y、z的大小順序是()A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y[答案]D[解析]∵x、y、z都是正數(shù)，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.故選D.4．(·重慶理，6)若a<b<c，則函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的兩個零點分別位于區(qū)間()A．(a，b)和(b，c)內(nèi)B．(－∞，a)和(a，b)內(nèi)C．(b，c)和(c，＋∞)內(nèi)D．(－∞，a)和(c，＋∞)內(nèi)[答案]A[解析]因為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，由零點存在性定理知，選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均為正數(shù))，則p、q的大小為()A．p≥q B．p≤qC．p>q D．不確定[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.故選B.6．已知函數(shù)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)))，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[答案]A[解析]∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(－∞，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，∴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))).故選A.7．若x、y∈R，且2x2＋y2＝6x，則x2＋y2＋2x的最大值為()A．14 B．15C．16 D．17[答案]B[解析]由y2＝6x－2x2≥0得0≤x≤3，從而x2＋y2＋2x＝－(x－4)2＋16，∴當(dāng)x＝3時，最大值為15.8．(·陜西理，7)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若bcosC＋ccosB＝asinA，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定[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、填空題9．設(shè)a>0，b>0，c>0，若a＋b＋c＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值為________．[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，等號在a＝b＝c＝eq\f(1,3)時成立．10．若0<a<1,0<b<1，且a≠b，則在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．設(shè)p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R，則p與q的大小關(guān)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、解答題12．已知a、b、c∈R＋，求證：eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3).[證明]要證eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3)，只需證：eq\f(a2＋b2＋c2,3)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3)))2，只需證：3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca，只需證：2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ca，只需證：(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，而這是顯然成立的，所以eq\r(\f(a2＋b2＋c2,3))≥eq\f(a＋b＋c,3)成立.一、選擇題1．(·浙江理，3)已知x、y為正實數(shù)，則()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，則a＋2b的最小值為()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).當(dāng)且僅當(dāng)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時等號成立，故選A.3．(·哈六中期中)若兩個正實數(shù)x、y滿足eq\f(1,x)＋eq\f(4,y)＝1，且不等式x＋eq\f(y,4)<m2－3m有解，則實數(shù)m的取值范圍是()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，等號在y＝4x，即x＝2，y＝8時成立，∴x＋eq\f(y,4)的最小值為4，要使不等式m2－3m>x＋eq\f(y,4)有解，應(yīng)有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，故選B.4．(·廣東梅縣東山中學(xué)期中)在f(m，n)中，m、n、f(m，n)∈N*，且對任意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；其中正確的結(jié)論個數(shù)是________個．()A．3 B．2C．1 D．0[答案]A[解析]∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)組成首項為f(m,1)，公差為2的等差數(shù)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)構(gòu)成首項為f(1,1)，公比為2的等比數(shù)列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f二、填空題5．函數(shù)y＝f(x)在(0,2)上是增函數(shù)，函數(shù)y＝f(x＋2)是偶函數(shù)，則f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小關(guān)系是________________．[答案]f(3.5)<f(1)<f(2.5)[解析]由已知f(x)關(guān)于x＝2對稱，又f(x)在(0,2)上是增函數(shù)，∴結(jié)合f(x)圖象得f(3.5)<f(1)<f(2.5)．6．如果不等式|x－a|<1成立的充分非必要條件是eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，則實數(shù)a的取值范圍是________．[答案]eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2)[解析]由|x－a|＜1?a－1＜x＜a＋1由題意知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))(a－1，a＋1)則有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)是奇函數(shù)，那么實數(shù)a的值等于________．[答案]1[解析]解法1：∵f(x)＝eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)(x∈R)是奇函數(shù)，則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)為R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，即f(0)＝eq\f(a20＋1－2,20＋1)＝0，∴a＝1.三、解答題8．(·華池一中高三期中)已知n∈N*，且n≥2，求證：eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1).[證明]要證eq\f(1,\r(n))>eq\r(n)－eq\r(n－1)，即證1>n－eq\r(nn－1)，只需證eq\r(nn－1)>n－1，∵n≥2，∴只需證n(n－1)>(n－1)2，只需證n>n－1，只需證0>－1，最后一個不等式顯然成立，故原結(jié)論成立．9．(·合肥一六八中高二期中)觀察下題的解答過程：已知正實數(shù)a、b滿足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)，等號在a＝b＝eq\f(1,2)時取得，即eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)的最大值為2eq\r(2).請類比上題解法使用綜合法證明下題：已知正實數(shù)x、y、z滿足x＋y＋z＝2，求證：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