2023高考總復(fù)習(xí)單元檢測(cè)：第7章不等式

第頁(yè)第七章單元測(cè)試一、選擇題(本大題共10小題，每題5分，共50分．每題中只有一項(xiàng)符合題目要求)1．函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2x＋1),2x2－x－1)的定義域是 ()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2))))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2)))且x≠1)) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)))且x≠1))答案D解析由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1≥0，,2x2－x－1≠0，))解此不等式組，得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)且x≠1)))).應(yīng)選D.2．c<0，那么以下不等式中成立的是 ()A．c>2c B．c>(eq\f(1,2))cC．2c>(eq\f(1,2))c D．2c<(eq\f(1,2))c答案D3．f(x)＝x＋eq\f(b,x)在(1，e)上為單調(diào)函數(shù)，那么b的取值范圍是 ()A．(－∞，1]∪[e2，＋∞)B．(－∞，0]∪[e2，＋∞)C．(－∞，e2]D．[1，e2]答案A解析b≤0時(shí)，f(x)在(1，e)上為增函數(shù)，b>0時(shí)，當(dāng)x>0時(shí)，x＋eq\f(b,x)≥2eq\r(b)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(b,x)即x＝eq\r(b)取等號(hào)．假設(shè)使f(x)在(1，e)上為單調(diào)函數(shù)，那么eq\r(b)≤1或eq\r(b)≥e，∴0<b≤1或b≥e2.綜上b的取值范圍是b≤1或b≥e2，應(yīng)選A.4．觀察以下各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，那么72013的末位數(shù)字是()A．1 B．3C．7 D．9答案C解析規(guī)律：71的末位為7,72末位為9,73的末位為3,74末位為1,75的末位為7，…，的末位為7,9,3,1,7,9,3,1，…，而2013＝4×503＋1，∴2013的末位是7.5．將正奇數(shù)1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列規(guī)律，89所在的位置是 ()A．第一列 B．第二列C．第三列 D．第四列答案D解析正奇數(shù)從小到大排，那么89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列．6．假設(shè)f(x)是偶函數(shù)，且當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)＝x－1，那么不等式f(x2－1)<0的解集為 ()A．(－1,0) B．(－eq\r(2)，0)∪(0，eq\r(2))C．(0,2) D．(1,2)答案B解析根據(jù)f(x)是偶函數(shù)，可得f(x)＝f(|x|)＝|x|－1.因此f(x2－1)＝|x2－1|－1.解不等式|x2－1|－1<0，得0<x2<2，因此x∈(－eq\r(2)，0)∪(0，eq\r(2))．7．當(dāng)實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥0，,2x＋y≤2))時(shí)，恒有ax＋y≤3成立，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ()A．(－∞，0] B．[0，＋∞)C．[0,2] D．(－∞，3]答案D解析畫出可行域，如圖中陰影局部所示．要使ax＋y≤3恒成立，即可行域必須在直線ax＋y－3＝0的下方，故分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)a>0且eq\f(3,a)≥1，即0<a≤3時(shí)，恒有ax＋y≤3成立；②當(dāng)a＝0時(shí)，y≤3成立；③當(dāng)a<0時(shí)，恒有ax＋y≤3成立．綜上可知，a≤3.8．(2023·浙江)假設(shè)正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，那么3x＋4y的最小值是()A.eq\f(24,5) B.eq\f(28,5)C．5 D．6答案C解析∵x＋3y＝5xy，∴eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x)＝1.∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)(eq\f(1,5y)＋eq\f(3,5x))＝eq\f(3x,5y)＋eq\f(9,5)＋eq\f(4,5)＋eq\f(12y,5x)≥eq\f(13,5)＋2eq\r(\f(3x,5y)·\f(12y,5x))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3x,5y)＝eq\f(12y,5x)，即x＝1，y＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立．9．圖1是一個(gè)面積為1的正方形，經(jīng)過一次“生長(zhǎng)〞后，在它的左右肩上分別長(zhǎng)出一個(gè)小正方形，如圖2，且三個(gè)正方形圍成的三角形(含30°銳角的)是直角三角形，再經(jīng)過一次“生長(zhǎng)〞后，變成圖3，“生長(zhǎng)〞10次后，變成圖4，如果繼續(xù)“生長(zhǎng)〞下去，它將變得更加“枝繁葉茂〞，那么n次“生長(zhǎng)〞后，所得圖形中所有正方形的面積和為 ()A．n B．n＋1C．n＋2 D．2n答案B解析根據(jù)勾股定理以及正方形的面積公式并結(jié)合解題探究可知，經(jīng)過n次“生長(zhǎng)〞后，所得圖形中所有正方形的面積和等于第一個(gè)正方形的面積的(n＋1)倍，即為n＋1.應(yīng)選B.10.如圖，有一直角墻角，兩邊的長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，在P處有一棵樹與兩墻的距離分別是a米(0<a<12)、4米，不考慮樹的粗細(xì)．現(xiàn)在想用16米長(zhǎng)的籬笆，借助墻角圍成一個(gè)矩形的花圃ABCD.設(shè)此矩形花圃的面積為S平方米，S的最大值為f(a)，假設(shè)將這棵樹圍在花圃內(nèi)，那么函數(shù)u＝f(a)的圖像大致是 ()答案C解析設(shè)AD＝x，S＝x(16－x)≤(eq\f(x＋16－x,2))2＝64.當(dāng)且僅當(dāng)x＝8時(shí)成立．∵樹圍在花圃內(nèi)，∴0<a≤8時(shí)，x＝8能滿足條件，即f(a)＝64.當(dāng)8<a<12時(shí)，S＝x(16－x)最大值為a(16－a)．∴f(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(64，0<a≤8，,a16－a，8<a<12，))選C.二、填空題(本大題共6小題，每題5分，共30分，把答案填在題中橫線上)11．關(guān)于x的不等式x2＋(a＋1)x＋ab>0的解集是{x|x<－1或x>4}，那么實(shí)數(shù)a、b的值分別為________．答案－4,112．正實(shí)數(shù)x，y滿足xy＝1，那么(eq\f(x,y)＋y)(eq\f(y,x)＋x)的最小值為________．答案4解析依題意知，(eq\f(x,y)＋y)(eq\f(y,x)＋x)＝1＋eq\f(y2,x)＋eq\f(x2,y)＋1≥2＋2eq\r(\f(y2,x)×\f(x2,y))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時(shí)取等號(hào)．13．coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)；coseq\f(π,5)coseq\f(2π,5)＝eq\f(1,4)；coseq\f(π,7)coseq\f(2π,7)coseq\f(3π,7)＝eq\f(1,8)；根據(jù)以上等式，可猜測(cè)出的一般結(jié)論是________．答案coseq\f(π,2n＋1)coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)，n∈N*解析從等式的左邊來(lái)看，余弦的個(gè)數(shù)從1逐個(gè)增加，分子上從π開始也是逐個(gè)增加，分母分別是3,5,7，…，可以看出分母的通項(xiàng)為2n＋1，等式的右邊是通項(xiàng)為eq\f(1,2n)的等比數(shù)列，由以上分析可以猜測(cè)出的結(jié)論為coseq\f(π,2n＋1)coseq\f(2π,2n＋1)·…·coseq\f(nπ,2n＋1)＝eq\f(1,2n)，n∈N*.14．(2023·福建)假設(shè)函數(shù)y＝2x圖像上存在點(diǎn)(x，y)滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m，))那么實(shí)數(shù)m的最大值為________．答案1解析由約束條件作出其可行域如下圖：由圖可知當(dāng)直線x＝m經(jīng)過函數(shù)y＝2x的圖像與直線x＋y－3＝0的交點(diǎn)P時(shí)取得最大值，即得2x＝3－x，即x＝1＝m.15．a(chǎn)，b都為正實(shí)數(shù)，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1，那么eq\f(2＋b,2ab)的最大值為________．答案eq\f(9,16)解析依題意得eq\f(2＋b,2ab)＝eq\f(1,ab)＋eq\f(1,2a)＝eq\f(1,2a)＋eq\f(1,a)(1－eq\f(1,a))＝－(eq\f(1,a))2＋eq\f(3,2a)＝－(eq\f(1,a)－eq\f(3,4))2＋eq\f(9,16)的最大值是eq\f(9,16)(當(dāng)eq\f(1,a)－eq\f(3,4)＝0，即eq\f(1,a)＝eq\f(3,4)，eq\f(1,b)＝eq\f(1,4)時(shí)取得最大值)．16．從等腰直角三角形紙片ABC上，剪下如下圖的兩個(gè)正方形，其中BC＝2，∠A＝90°，那么這兩個(gè)正方形的面積之和的最小值為________．答案eq\f(1,2)解析設(shè)兩個(gè)正方形邊長(zhǎng)分別為a，b，那么由題可得a＋b＝1，且eq\f(1,3)≤a，b≤eq\f(2,3)，S＝a2＋b2≥2×(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,2)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)．三、解答題(本大題共6小題，共70分，解容許寫出文字說(shuō)明、證明過程或演算步驟)17．(本小題總分值10分)eq\o(OP,\s\up10(→))＝(1，cosx)，eq\o(OQ,\s\up10(→))＝(cosx,1)，x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，記f(x)＝cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>的取值范圍．答案(1)f(x)＝eq\f(2cosx,1＋cos2x)(2)eq\f(2\r(2),3)≤cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>≤1解析(1)∵eq\o(OP,\s\up10(→))＝(1，cosx)，eq\o(OQ,\s\up10(→))＝(cosx,1)，∴eq\o(OP,\s\up10(→))·eq\o(OQ,\s\up10(→))＝2cosx，|eq\o(OP,\s\up10(→))|·|eq\o(OQ,\s\up10(→))|＝1＋cos2x.∴f(x)＝cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>＝eq\f(2cosx,1＋cos2x).(2)∵x∈[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]，∴f(x)＝cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>＝eq\f(2cosx,1＋cos2x)＝eq\f(2,cosx＋\f(1,cosx))，cosx∈[eq\f(\r(2),2)，1]．∵2≤cosx＋eq\f(1,cosx)≤eq\f(3\r(2),2)，∴eq\f(2\r(2),3)≤f(x)≤1，即eq\f(2\r(2),3)≤cos<eq\o(OP,\s\up10(→))，eq\o(OQ,\s\up10(→))>≤1.18．(本小題總分值12分)先閱讀以下不等式的證法，再解決后面的問題：a1，a2∈R，a1＋a2＝1，求證：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2).證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2，因?yàn)閷?duì)一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2))≤0，從而得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)≥eq\f(1,2)，(1)假設(shè)a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，請(qǐng)寫出上述結(jié)論的推廣式；(2)參考上述解法，對(duì)你推廣的結(jié)論加以證明．解析(1)假設(shè)a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，求證：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).(2)構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝nx2－2x＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)，因?yàn)閷?duì)一切x∈R，都有f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))≤0，從而證得：aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)≥eq\f(1,n).19．(本小題總分值12分)函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)要使f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，試求a的取值范圍；(2)當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，y＝f(x)圖像上任意一點(diǎn)處的切線的傾斜角為θ，且0≤θ≤eq\f(π,4)，求a的取值范圍．答案(1)a≥3(2)eq\f(3,2)≤a≤eq\r(3)解析(1)f′(x)＝－3x2＋2ax，要使f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，那么f′(x)≥0在(0,2)上恒成立．∵f′(x)是開口向下的拋物線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0≥0，,f′2＝－12＋4a≥0，))∴a≥3.(2)∵0≤θ≤eq\f(π,4)，∴tanθ＝－3x2＋2ax∈[0,1]．根據(jù)題意0≤－3x2＋2ax≤1在(0,1]上恒成立，由－3x2＋2ax≥0，得a≥eq\f(3,2)x，a≥eq\f(3,2).由－3x2＋2ax≤1，得a≤eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2x).又eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2x)≥eq\r(3)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r(3),3)時(shí)取“＝〞)，∴a≤eq\r(3).綜上，a的取值范圍是eq\f(3,2)≤a≤eq\r(3).20．(本小題總分值12分)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．解析(1)由得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2.故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)bp，bq、br(p，q，r互不相等)成等比數(shù)列，那么beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋(2q－p－r)eq\r(2)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴(eq\f(p＋r,2))2＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r，與p≠r矛盾．所以數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列．21．(本小題總分值12分)東海水晶制品廠去年的年產(chǎn)量為10萬(wàn)件，每件水晶產(chǎn)品的銷售價(jià)格為100元，固定本錢為80元．從今年起，工廠投入100萬(wàn)元科技本錢，并方案以后每年比上一年多投入100萬(wàn)元科技本錢．預(yù)計(jì)產(chǎn)量每年遞增1萬(wàn)件，每件水晶產(chǎn)品的固定本錢g(n)與科技本錢的投入次數(shù)n的關(guān)系是g(n)＝eq\f(80,\r(n＋1)).假設(shè)水晶產(chǎn)品的銷售價(jià)格不變，第n次投入后的年利潤(rùn)為f(n)萬(wàn)元．(1)求出f(n)的表達(dá)式；(2)求從今年算起第幾年利潤(rùn)最高？最高利潤(rùn)為多少萬(wàn)元？解析(1)第n次投入后，產(chǎn)量為10＋n萬(wàn)件，銷售價(jià)格為100元，固定本錢為eq\f(80,\r(n＋1))元，科技本錢投入為100n萬(wàn)元，所以，年利潤(rùn)為f(n)＝(10＋n)(100－eq\f(80,\r(n＋1)))－100n(n∈N*)．(2)由(1)知f(n)＝(10＋n)(100－eq\f(80,\r(n＋1)))－100n＝1000－80(eq\r(n＋1)＋eq\f(9,\r(n＋1)))≤520(萬(wàn)元)．當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(n＋1)＝eq\f(9,\r(n＋1))，即n＝8時(shí)，利潤(rùn)最高，最高利潤(rùn)為520萬(wàn)元．答：從今年算起第8年利潤(rùn)最高，最高利潤(rùn)為520萬(wàn)元．22．(本小題總分值12分)函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,ax＋1).(1)假設(shè)函數(shù)f(x)在[0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上的最大值和最小值；(3)試?yán)?1)的結(jié)論，證明：對(duì)于大于1的任意正整數(shù)n，都有eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)<lnn.解析(1)∵f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,ax＋1)，∴f′(x)＝eq\f(ax＋1－1,ax＋12)(a>0)．∵函數(shù)f(x)在[0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，∴f′(x)≥0對(duì)任意x∈[0，＋∞)恒成立．∴a(x＋1)－1≥0對(duì)任意x∈[0，＋∞)恒成立，即a≥eq\f(1,x＋1)對(duì)任意x∈[0，＋∞)恒成立．而當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，(eq\f(1,x＋1))max＝1，∴a≥1.(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝eq\f(x,x＋12).∴當(dāng)x∈[－eq\f(1,2)，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在[－eq\f(1,2)，0)上單調(diào)遞減．當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增．∴f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上有唯一極小值點(diǎn)．故f(x)min＝f(0)＝0.又f(－eq\f(1,2))＝1＋lneq\f(1,2)＝1－ln2，f(1)＝－eq\f(1,2)＋ln2，∴f(－eq\f(1,2))－f(1)＝eq\f(3,2)－2ln2＝eq\f(3－ln16,2)＝eq\f(lne3－ln16,2).∵e3>16，∴f(－eq\f(1,2))－f(1)>0，即f(－eq\f(1,2))>f(1)．∴f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上的最大值為f(－eq\f(1,2))＝1－ln2.綜上，函數(shù)f(x)在[－eq\f(1,2)，1]上的最大值是1－ln2，最小值是0.(3)法一：用數(shù)學(xué)歸納法．①當(dāng)n＝2時(shí)，要證eq\f(1,2)<ln2，只要證ln4>1，顯然成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,k)<lnk(k>1，k∈N*)成立．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)<lnk＋eq\f(1,k＋1).要證lnk＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)成立，只要證eq\f(1,k＋1)<lneq\f(k＋1,k)，即eq\f(1,k＋1)<ln(1＋eq\f(1,k))．令eq\f(1,k)＝x>0，那么上式化為eq\f(x,1＋x)<ln(1＋x)(x>0)．只要證：ln(1＋x)－eq\f(x,1＋x)>0(*)．由(1)知，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,x＋1)在[0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)．故有f(x)≥f(0)，即ln(1＋x)≥eq\f(x,x＋1)，x∈[0，＋∞)成立．而(*)中x＝eq\f(1,k)(k>1，k∈N*)，x>0，∴l(xiāng)n(1＋x)－eq\f(x,1＋x)>0，即(*)式成立．∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．由①②知對(duì)任意n>1的正整數(shù)不等式都成立．法二：由(1)知，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(x,x＋1)在[0，＋∞)上是增函數(shù)．故有f(x)≥f(0)，即ln(1＋x)≥eq\f(x,1＋x)，x∈[0，＋∞)成立．令x＝eq\f(1,n)(n∈N*)，那么x>0.∴有l(wèi)n(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，即lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).由此得lneq\f(2,1)>eq\f(1,2)，lneq\f(3,2)>eq\f(1,3)，lneq\f(4,3)>eq\f(1,4)，…，lneq\f(n,n－1)>eq\f(1,n)，那么lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n,n－1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)，即得lnn>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n).故對(duì)大于1的任意正整數(shù)n，都有eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)<lnn.1．假設(shè)a<0，那么以下不等式成立的是 ()A．2a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>(0.2)a B．(0.2)a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>2aC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a>(0.2)a>2a D．2a>(0.2)a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a答案B解析∵a<0，∴y＝xa在(0，＋∞)為減函數(shù)，∴(eq\f(1,2))a<(0.2)a，∴選B.2．設(shè)a，b，c為△ABC的三邊，那么 ()A．a(chǎn)2＋b2＋c2>a＋b＋cB．a(chǎn)2＋b2＋c2>ab＋bc＋acC．a(chǎn)2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ac)D．a(chǎn)2＋b2＋c2>2(ab＋bc＋ac)答案C解析c2＝a2＋b2－2abcosC，b2＝a2＋c2－2accosB，a2＝b2＋c2－2bccosA，∴a2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)－2(abcosC＋accosB＋bccosA)．∴a2＋b2＋c2＝2(abcosC＋accosB＋bccosA)<2(ab＋bc＋ac)．3．(1)由“假設(shè)a，b，c∈R，那么(ab)c＝a(bc)〞類比“假設(shè)a，b，c為三個(gè)向量，那么(a·b)c＝a(b·c)〞；(2)在數(shù)列{an}中，a1＝0，an＋1＝2an＋2，猜測(cè)an＝2n－2；(3)在平面內(nèi)“三角形的兩邊之和大于第三邊〞類比在空間中“四面體的任意三個(gè)面的面積之和大于第四個(gè)面的面積〞；(4)(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，那么a1＋a2＋…＋a8＝256.上述四個(gè)推理中，得出的結(jié)論正確的選項(xiàng)是________．(寫出所有正確結(jié)論的序號(hào))答案(2)(3)解析(1)三個(gè)實(shí)數(shù)之積滿足乘法的結(jié)合律，而三個(gè)向量之積是向量，且兩個(gè)向量相等要滿足方向和大小都相等，向量(a·b)·c與向量a·(b·c)不一定滿足，故(1)錯(cuò)誤；(2)由an＋1＝2an＋2，可得an＋1＋2＝2(an＋2)，故數(shù)列{an＋2}為等比數(shù)列，易求得an＝2n－2，故(2)正確；(3)在四面體ABCD中，設(shè)點(diǎn)A在底面BCD上的射影是O，那么三個(gè)側(cè)面的面積都大于其在底面上的投影的面積，三個(gè)側(cè)面的面積之和一定大于底面的面積，故(3)正確；(4)令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝1，令x＝0，那么a0＝28＝256，所以a1＋a2＋…＋a8＝1－28＝－255，故(4)錯(cuò)誤．綜上可知，只有(2)(3)正確．4．a(chǎn)，b為正數(shù)，且直線2x－(b－3)y＋b＝0與直線bx＋ay－5＝0互相垂直，那么2a＋3b答案25解析依題意得2b－a(b－3)＝0，即eq\f(2,a)＋eq\f(3,b)＝1,2a＋3b＝(2a＋3b)(eq\f(2,a)＋eq\f(3,b))＝13＋6(eq\f(b,a)＋eq\f(a,b))≥13＋6×2eq\r(\f(b,a)×\f(a,b))＝25，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b＝5時(shí)取等號(hào)，因此2a＋3b的最小值是25.5．不等式4x＋a·2x＋1≥0對(duì)一切x∈R恒成立，那么a的取值范圍是________．答案[－2，＋∞)解析由題可得a≥－eq\f(1,2x)－2x恒成立，由根本不等式可知－eq\f(1,2x)－2x≤－2，所以a≥－2.6．f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，經(jīng)計(jì)算得f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，那么有________．答案f(2n)>eq\f(n＋2,2)(n≥2，n∈N*)解析由題意f(22)>eq\f(4,2)，f(23)>eq\f(5,2)，f(24)>eq\f(6,2)，f(25)>eq\f(7,2)，所以當(dāng)n≥2時(shí)，有f(2n)>eq\f(n＋2,2).故填f(2n)>eq\f(n＋2,2)(n≥2，n∈N*)．7．假設(shè)數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(1,n＋12)，記f(n)＝2(1－a1)(1－a2)…(1－an)，試通過計(jì)算f(1)，f(2)，f(3)的值，推測(cè)f(n)＝________.答案eq\f(n＋2,n＋1)解析方法一由題意，得f(1)＝2(1－a1)＝2×[1－eq\f(1,1＋12)]＝eq\f(3,2)，f(2)＝f(1)(1－a2)＝eq\f(3,2)(1－eq\f(1,32))＝eq\f(4,3)，f(3)＝f(2)(1－a3)＝eq\f(4,3)(1－eq\f(1,16))＝eq\f(5,4)，由此歸納得f(n)＝eq\f(n＋2,n＋1).方法二事實(shí)上，由題意，得f(n)＝2(1－eq\f(1,22))(1－eq\f(1,32))…[1－eq\f(1,n＋12)]＝2(1－eq\f(1,2))(1＋eq\f(1,2))(1－eq\f(1,3))(1＋eq\f(1,3))…(1＋eq\f(1,n＋1))(1＋eq\f(1,n＋1))＝2×eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×eq\f(2,3)×eq\f(4,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(n,n＋1)×eq\f(n＋2,n＋1)＝eq\f(n＋2,n＋1).8．假設(shè)不等式|a－1|≤|x＋eq\f(1,x)|對(duì)一切非零實(shí)數(shù)x恒成立，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案－1≤a≤3解析|a－1|≤2，即－1≤a≤3.9．x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤4，,ax＋by＋c≤0，))且目標(biāo)函數(shù)3x＋y的最大值為7，最小值為1，那么eq\f(a＋b＋c,a)＝________.答案－eq\f(1,3)解析分別作出直線x＝1，x＋y＝4,3x＋y＝7,3x＋y＝1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,3x＋y＝7))與eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,3x＋y＝1，))求出(eq\f(3,2)，eq\f(5,2))與(1，－2)，知兩點(diǎn)在直線ax＋by＋c＝0上，得c＝－eq\f(11,9)a，b＝－eq\f(1,9)a.∴a＋b＋c＝－eq\f(1,3)a，∴eq\f(a＋b＋c,a)＝－eq\f(1,3).10．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋2lnx，f′(x)表示f(x)的導(dǎo)函數(shù)，試證明：對(duì)任意