【2021高考復(fù)習(xí)參考】高三數(shù)學(xué)(理)配套黃金練習(xí)：7.6

第七章7.6第6課時(shí)高考數(shù)學(xué)（理）黃金配套練習(xí)一、選擇題1．函數(shù)y＝f(x)在(0,2)上是增函數(shù)，函數(shù)y＝f(x＋2)是偶數(shù)，則f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小關(guān)系是()A．f(2.5)<f(1)<f(3.5)B．f(2.5)>f(1)>f(3.5)C．f(3.5)>f(2.5)>f(1)D．f(1)>f(3.5)>f(2.5)答案B解析函數(shù)y＝f(x＋2)是偶函數(shù)，∴y＝f(x)關(guān)于x＝2對(duì)稱(chēng)，又∵函數(shù)y＝f(x)在(0,2)上單增，∴在(2,4)上單減，∴f(1)＝f(3)，∴f(2.5)>f(3)>f(3.5)，∴選B.2．用反證法證明命題：若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個(gè)是偶數(shù)時(shí)，下列假設(shè)中正確的是()A．假設(shè)a、b、c都是偶數(shù)B．假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)C．假設(shè)a、b、c至多有一個(gè)偶數(shù)D．假設(shè)a、b、c至多有兩個(gè)偶數(shù)答案B3．若a>0，b>0，且a＋b＝4，則下列不等式中恒成立的是()A.eq\f(1,ab)>eq\f(1,2)B.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≤1C.eq\r(ab)≥2D.eq\f(1,a2＋b2)≤eq\f(1,8)答案D解析取a＝1，b＝3，可驗(yàn)證A、B、C均不正確，故選D.4．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|；③a<b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2中，正確的不等式是()A．①②B．②③C．①④D．③④答案C解析取a＝－1，b＝－2，驗(yàn)證即可．5．已知函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，則eq\f(f2(1)＋f(2),f(1))＋eq\f(f2(2)＋f(4),f(3))＋eq\f(f2（3）＋f（6）,f（5)）＋eq\f(f2(4)＋f(8),f(7))＝()A．4B．8C．12D．16答案D解析依據(jù)f(a＋b)＝f(a)·f(b)得f(2n)＝f2(n)，又f(1)＝2，則eq\f(f(n＋1),f(n))＝2.由eq\f(f2(1)＋f(2),f(1))＋eq\f(f2(2)＋f(4),f(3))＋eq\f(f2（3）＋f（6）,f（5)）＋eq\f(f2(4)＋f(8),f(7))＝＝eq\f(2f(2),f(1))＋eq\f((2)f(4),f(3))＋eq\f((2)f(6),f(5))＋eq\f(2f(8),f(7))＝16.二、填空題6．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，對(duì)于x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，當(dāng)x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2時(shí)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，給出下列命題：①f(3)＝0；②直線x＝－6是函數(shù)y＝f(x)的圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸；③函數(shù)y＝f(x)在[－9，－6]上為增函數(shù)；④函數(shù)y＝f(x)在[－9,9]上有四個(gè)零點(diǎn)．其中全部正確命題的序號(hào)為_(kāi)_______(把全部正確命題的序號(hào)都填上)答案①②④解析∵x1≠x2時(shí)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，∴f(x)在[0,3]上遞增．∵f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，令x＝－3得f(3)＝f(－3)＋f(3)，∴f(－3)＝f(3)＝0.①對(duì)．∴f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)周期為6，畫(huà)出示意圖如下：由圖象知，②④正確，③不正確，故填①②④.7．給出下列四個(gè)命題中：①命題“?x∈R，x2＋1>3x”的否定“?x∈R，x2＋1>3x”；②若不等式(－1)na<2＋eq\f((－1)n＋1,n)對(duì)于任意正整數(shù)n恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－2，eq\f(3,2)]③設(shè)圓x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)與坐標(biāo)軸有4個(gè)交點(diǎn)，分別為A(x1,0)，B(x2,0)，C(0，y1)，D(0，y2)，則x1x2－y1y2＝0；④將函數(shù)y＝cos2x的圖象向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝sin(2x－eq\f(π,6))．其中正確命題的序號(hào)是________．答案②③④解析①中命題的否定應(yīng)為?x∈R，x2＋1≤3x.②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，a<2＋eq\f((－1)n＋1,n)＝2－eq\f(1,n)，∵2－eq\f(1,n)≥eq\f(3,2)，∴a<eq\f(3,2)，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，a>－2－eq\f(1,n)，∵－2－eq\f(1,n)<－2，∴a≥－2，綜上，－2≤a<eq\f(3,2)，故②正確．③令x＝0得y2＋Ey＋F＝0，∴y1y2＝F，令y＝0得x2＋Dx＋F＝0，∴x1x2＝F，∴x1x2－y1y2＝0，故③正確．④y＝cos2x平移后：y＝cos2(x－eq\f(π,3))＝cos(2x－eq\f(2π,3))＝cos(2x－eq\f(π,6)－eq\f(π,2))＝sin(2x－eq\f(π,6))．綜上，故填②③④.8．給出下列四個(gè)命題：①若a<b，則a2<b2；②若a≥b>－1，則eq\f(a,1＋a)≥eq\f(b,1＋b)；③若正整數(shù)m和n滿(mǎn)足；m<n，則eq\r(m(n－m))≤eq\f(n,2)；④若x>0，且x≠1，則lnx＋eq\f(1,lnx)≥2.其中真命題的序號(hào)是________．(請(qǐng)把真命題的序號(hào)都填上)答案②③解析對(duì)于①，a＝－2<b＝－1，a2>b2，故①錯(cuò)．對(duì)于④，lnx不愿定為正數(shù)，故0<x<1時(shí)，lnx＋eq\f(1,lnx)≤－2.x>1時(shí)，lnx＋eq\f(1,lnx)≥2，故④錯(cuò)．三、解答題9．已知a、b、c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.解析∵a，b，c∈R＋，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ca)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)(lga＋lgb)，lgeq\f(b＋c,2)≥eq\f(1,2)(lgb＋lgc)，lgeq\f(c＋a,2)≥eq\f(1,2)(lgc＋lga)．以上三式相加，且留意到a、b、c不全相等，故得lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.10．已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)<0.(1)求證：f(x)為奇函數(shù)；(2)求證：f(x)為R上的增函數(shù)．解析(1)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)即f(0)＝0.再令y＝－x，f(0)＝f(x)＋f(－x)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)．(2)設(shè)x1、x2∈R，且x1<x2，則x1－x2<0，由已知得f(x1－x2)<0，∴f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，即f(x)在R上是增函數(shù)．11．設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c，若6a＋2b＋c＝0，f(1)f(3)>0，(1)若a＝1，求f(2)的值；(2)求證：方程f(x)＝0必有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2，且3<x1＋x2<5.分析本小題主要考查二次函數(shù)圖象及性質(zhì)，二次函數(shù)、二次方程、二次不等式的關(guān)系．解析(1)∵6a＋2b＋c＝0，a＝1，∴f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a＝－2.(2)證明：首先說(shuō)明a≠0，∵f(1)f(3)＝(a＋b＋c)(9a＋3b＋c)＝－(5a＋b)(3a＋b)>0，若a＝0，則f(1)f(3)＝－b2≤0與已知沖突，∴a≠0，其次說(shuō)明二次方程f(x)＝0必有兩個(gè)不等實(shí)根x1、x2，∵f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a，∴若a>0，二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c開(kāi)口向上，而此時(shí)f(2)<0，∴若a<0，二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c開(kāi)口向下，而此時(shí)f(2)>0.故二次函數(shù)圖象必與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．∴二次方程f(x)＝0必有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2，(或利用Δ＝b2－4ac＝b2＋4a(6a＋2b)＝b2＋8ab＋24a2＝(b＋4a)2＋8a2>0來(lái)說(shuō)明)∵a≠0，∴將不等式－(5a＋b)(3a＋b)兩邊同除以－a2得(eq\f(b,a)＋3)(eq\f(b,a)＋5)<0，∴－5<eq\f(b,a)<－3，∴3<x1＋x2＝－eq\f(b,a)<5.12．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)．其中m為常數(shù)，且m≠－3.(1)求證：{an}是等比數(shù)列；(2)若數(shù)列{an}的公比q＝f(m)，數(shù)列{bn}滿(mǎn)足b1＝a1，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求證：{eq\f(1,bn)}為等差數(shù)列．分析本題主要考查使用定義證明等差數(shù)列、等比數(shù)列，證明方法屬于綜合法，解題的關(guān)鍵是恰當(dāng)?shù)靥幚磉f推關(guān)系．證明(1)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3.∴(3＋m)a1＝m＋3.∵m≠3，∴a1＝1.由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.兩式相減，得(3＋m)an＋1＝2man，∵m≠－3，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2m,m＋3).∵m為常數(shù)，且m≠－3，∴{an}是等比數(shù)列．(2)由(1)知，b1＝a1＝1，q＝f(m)＝eq\f(2m,m＋3)，∴n∈N*，且n≥2時(shí)，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)＝eq\f(3,2)·eq\f(2bn－1,bn－1＋3)?bnbn－1＋3bn＝3bn－1?eq\f(1,bn)－eq\f(1,bn－1)＝eq\f(1,3).∴{eq\f(1,bn)}是首項(xiàng)為1，公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．13．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和Sn滿(mǎn)足Sn＝2an－3n(n∈N*)．(1)求證：{an＋3}為等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式．(2)數(shù)列{an}是否存在三項(xiàng)使它們按原挨次可以構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，求出一組適合條件的項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解析(1)證明∵Sn＝2an－3n(n∈N*)，∴a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Sn＝2an－3n，,Sn＋1＝2an＋1－3n＋1))得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，∴aa＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是首項(xiàng)為a1＋3＝6，公比為2的等比數(shù)列，∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)．(2)解假設(shè)數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)ar，as，at(r<s<t)，它們可以構(gòu)成等差數(shù)列．由(1)知ar<as<at，則2as＝ar＋at，∴6(2s－1)＝3(2r－1)＋3(2t－1)，即2s＋1＝2r＋2t，∴2s＋1－r＝1＋2t－r(*)∵r、s、t均為正整數(shù)且r<s<t，∴(*)左邊為偶數(shù)而右邊為奇數(shù)，∴假設(shè)不成立，即數(shù)列{an}不存在三項(xiàng)使它們按原挨次可以構(gòu)成等差數(shù)列．老師備選題1．設(shè)集合W是滿(mǎn)足下列兩個(gè)條件的無(wú)窮數(shù)列{an}的集合：①eq\f(an＋an＋2,2)≤an＋1；②an≤M.其中n∈N*，M是與n無(wú)關(guān)的常數(shù)．(1)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn＝5n－2n，且{bn}∈W，求M的取值范圍；(2)設(shè)數(shù)列{cn}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且{cn}∈W，證明：cn≤cn＋1.解析(1)∵bn＋1－bn＝5(n＋1)－2n＋1－5n＋2n＝5－2n，∴當(dāng)n≥3時(shí)，bn＋1－bn<0，此時(shí)數(shù)列{bn}單調(diào)遞減；當(dāng)n＝1,2時(shí)，bn＋1－bn>0，即b1<b2<b3.因此，數(shù)列{bn}中的最大項(xiàng)是b3，且b3＝7.于是，M≥7，即M的取值范圍是[7，＋∞)．(2)假設(shè)存在正整數(shù)k，使得ck>ck＋1.由數(shù)列{cn}的各項(xiàng)均為正整數(shù)可得ck≥ck＋1＋1，即ck＋1≤ck－1.∵{cn