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2019-2020年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式本讲知识归纳与达标验收同步配套教学案新人教A版选修4


2019-2020 年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式本讲知识归纳与达 标验收同步配套教学案新人教 A 版选修 4
对应学生用书 P45 考情分析 通过分析近三年的高考试题可以看出,不但考查用数学归纳法去证明现成的结论,还考 查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性.数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中, 一般是先根据递推公式写出数列的前几项,通过观察项与项数的关系,猜想出数列的通项公 式,再用数学归纳法进行证明,初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式;利用数 学归纳法证明不等式时,要注意放缩法的应用,放缩的方向应朝着结论的方向进行,可通过 变化分子或分母,通过裂项相消等方法达到证明的目的. 真题体验 1.(安徽高考)数列{xn}满足 x1=0,xn+1=-x2n+xn+c(n∈N*). (1)证明:{xn}是递减数列的充分必要条件是 c<0; (2)求 c 的取值范围,使{xn}是递增数列. 解:(1)先证充分性,若 c<0,由于 xn+1=-x2n+xn+c≤xn+c<xn,故{xn}是递减数列; 再证必要性,若{xn}是递减数列,则由 x2<x1,可得 c<0. (2)(i)假设{xn}是递增数列.由 x1=0,得 x2=c,x3=-c2+2c. 由 x1<x2<x3,得 0<c<1. 由 xn<xn+1=-x2n+xn+c 知, 对任意 n≥1 都有 xn< c,① 注意到 c-xn+1=x2n-xn-c+ c=(1- c-xn)( c-xn),② 由①式和②式可得 1- c-xn>0,即 xn<1- c. 由②式和 xn≥0 还可得,对任意 n≥1 都有 c-xn+1≤(1- c)( c-xn).③ 反复运用③式,得 c-xn≤(1- c)n-1( c-x1)<(1- c)n-1. xn<1- c和 c-xn<(1- c)n-1 两式相加, 知 2 c-1<(1- c)n-1 对任意 n≥1 成立. 根据指数函数 y=(1- c)n 的性质,得 2 c-1≤0,

c≤14,故 0<c≤14.

(ii)若 0<c≤14,要证数列{xn}为递增数列, 即 xn+1-xn=-x2n+c>0. 即证 xn< c对任意 n≥1 成立. 下面用数学归纳法证明当 0<c≤14时,xn< c对任意 n≥1 成立.

(1)当 n=1 时,x1=0< c≤12,结论成立.

(2)假设当 n=k(k∈N*)时结论成立,即:xk< c.因为函数 f(x)=-x2+x+c 在区间 ???-∞,12???内单调递增,所以 xk+1=f(xk)<f( c)= c,这就是说当 n=k+1 时,结论也成 立.

故 xn< c对任意 n≥1 成立. 因此,xn+1=xn-x2n+c>xn,即{xn}是递增数列. 由(i)(ii)知,使得数列{xn}单调递增的 c 的范围是???0,14???. 2.(江苏高考)已知函数 f0(x)=sixn x(x>0),设 fn(x)为 fn-1(x)的导数,n∈N*.

(1)求 2f1???π2 ???+π2 f2???π2 ???的值;

(2)证明:对任意的 n∈N*,等式 nfn-1π4 +π4 fn???π4 ???= 22都成立.

解:由已知,得 f1(x)=f′0(x)=???sinx

x???′=coxs

x sin - x2

x ,

于是 f2(x)=f′1(x)=???coxs

x???′-???sixn2

x???′=-sinx

x 2cos - x2

x 2sin + x3

x ,

所以

f1???π2

???=-π4

2,f2???π2

???=-π2

16 +π 3.

故 2f1???π2 ???+π2 f2???π2 ???=-1. (2)证明:由已知,得 xf0(x)=sin x,等式两边分别对 x 求导,得 f0(x)+xf′0(x)= cos x,

即 f0(x)+xf1(x)=cos x=sin???x+π2 ???,

类似可得

2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π ), 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin???x+3π2 ???, 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π ). 下面用数学归纳法证明等式 nfn-1(x)+xfn(x)=sin???x+n2π ???对所有的 n∈N*都成立. ①当 n=1 时,由上可知等式成立.

②假设当 n=k 时等式成立,即 kfk-1(x)+xfk(x)=sin???x+kπ2 ???.

因为[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kf′k-1(x)+fk(x)+xf′k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),

???sin???x+kπ2 ??????′=cos???x+k2π ???·???x+kπ2 ???′=sin???x+

k+ 2

π ???,

所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin???x+

k+ 2

π ???.

因此当 n=k+1 时,等式也成立.

综合①②可知等式 nfn-1(x)+xfn(x)=sin???x+n2π ???对所有的 n∈N*都成立.

令 x=π4 ,可得 nfn-1???π4 ???+π4 fn???π4 ???=

sin???π4 +n2π ???(n∈N*).

所以???nfn-1???π4 ???+π4 fn???π4 ??????= 22(n∈N*).

对应学生用书 P45

归纳—猜想—证明

不完全归纳的作用在于发现规律,探求结论,但结论是否为真有待证明,因而数学中我 们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题.
[例 1] 已知数列{an}的第一项 a1=5 且 Sn-1=an(n≥2,n∈N+),

(1)求 a2,a3,a4,并由此猜想 an 的表达式; (2)用数学归纳法证明{an}的通项公式. [解] (1)a2=S1=a1=5,a3=S2=a1+a2=10, a4=S3=a1+a2+a3=5+5+10=20, 猜想 an=5×2n-2(n≥2,n∈N+). (2)①当 n=2 时,a2=5×22-2=5,公式成立. ②假设 n=k 时成立,即 ak=5×2k-2(k≥2.k∈N+), 当 n=k+1 时,由已知条件和假设有

ak+1=Sk=a1+a2+…+ak =5+5+10+…+5×2k-2

=5+

-2k-1 1-2

=5×2k-1.

故 n=k+1 时公式也成立.

由①②可知,对 n≥2,n∈N+有 an=5×22n-2.

所以数列{an}的通项 an=?????55, ×2n-2,

n=1, n≥2.

数学归纳法的应用

归纳法是证明有关正整数 n 的命题的一种方法,应用广泛.用数学归纳法证明一个命题

必须分两个步骤:第一步论证命题的起始正确性,是归纳的基础;第二步推证命题正确性的

可传递性,是递推的依据.两步缺一不可,证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征.

[例 2] 求证 tan α ·tan 2α +tan 2α ·tan 3α +…+tan(n-1)α ·tan nα =

tan tan

nα α

-n(n≥2,n∈N+).

[证明] (1)当 n=2 时,左边=tan α ·tan 2α ,

右边=ttaann

2α α

-2=12-tatnanα2α

·tan1

α

-2

2 =1-tan2α -2

=12-tatna2nα2α

tan =

α ·2tan 1-tan2α

α

=tan α ·tan 2α ,等式成立.

(2)假设当 n=k 时等式成立,即

tan

α

·tan



+tan



·tan



+…+tan(k-1)α

·tan



tan = tan

kα α

-k.

当 n=k+1 时,

tan α ·tan 2α +tan 2α ·tan 3α +…+tan(k-1)α tan kα +tan kα ·tan(k+

1)α

=ttaann

kα α

-k+tan



·tan(k+1)α

tan =



[1+tan α tan

α

k+ α ]-k

=tan1 α [1+

k+ k+

α -tan α α ·tan α

][1+tan(k+1)α

·tan

α

]-k

=tan1 α [tan(k+1)α -tan α ]-k



k+ tan α

α -(k+1),

所以当 n=k+1 时,等式也成立.

由(1)和(2)知,n≥2,n∈N+时等式恒成立. [例 3] 用数学归纳法证明:n(n+1)(2n+1)能被 6 整除.

[证明](1)当 n=1 时,1×2×3 显然能被 6 整除.

(2)假设 n=k 时,命题成立,

即 k(k+1)(2k+1)=2k3+3k2+k 能被 6 整除.

当 n=k+1 时,(k+1)(k+2)(2k+3)=

2k3+3k2+k+6(k2+2k+1)

因为 2k3+3k2+k,6(k2+2k+1)都能被 6 整除,所以 2k3+3k2+k+6(k2+2k+1)能被 6

整除,即当 n=k+1 时命题成立.

由(1)和(2)知,对任意 n∈N+原命题成立.

[例 4] 设 0<a<1,定义 a1=1+a,an+1=a1n+a,求证:对一切正整数 n∈N+,有 1<an<1-1 a.

[证明] (1)当 n=1 时,a1>1,又 a1=1+a<1-1 a,命题成立.

(2)假设 n=k(k∈N+)时,命题成立,

即 1<ak<1-1 a.

∴当 n=k+1 时,由递推公式,知 ak+1=a1k+a>(1-a)+a=1. 同时,ak+1=a1k+a<1+a=11--aa2<1-1 a, ∴当 n=k+1 时,命题也成立,即 1<ak+1<1-1 a. 综合(1)和(2)可知,对一切正整数 n,有 1<an<1-1 a.

对应学生用书 P53

(时间:90 分钟,总分 120 分)

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,满分 50 分.在每小题给出的四个选项中,

只有一项是符合题目要求的)

1.等式 12+22+32+…+n2=12(5n2-7n+4)(

)

A.n 为任何正整数时都成立

B.仅当 n=1,2,3 时成立

C.当 n=4 时成立,n=5 时不成立

D.仅当 n=4 时不成立

解析:分别用 n=1,2,3,4,5 验证即可.

答案:B

2.用数学归纳法证明不等式 1+213+313+…+n13<2-1n(n≥2,n∈N+)时,第一步应验证

不等式( )

11 A.1+23<2-2

11 1 B.1+23+33<2-3

11 C.1+23<2-3

11 1 D.1+23+33<2-4

解析:第一步验证

n=2

时不等式成立,即

11 1+23<2-2.

答案:A

3.用数学归纳法证明 1+a+a2+…+an+1=1-1-ana+2(a≠1),在验证 n=1 时,左端计算

所得的项为( )

A.1

B.1+a

C.1+a+a2

D.1+a+a2+a3

解析:左端为 n+2 项和,n=1 时应为三项和, 即 1+a+a2.

答案:C 4.用数学归纳法证明 2n>n2(n∈N+,n≥5)成立时,第二步归纳假设的正确写法是( ) A.假设 n=k 时命题成立

B.假设 n=k(k∈N+)时命题成立 C.假设 n=k(k≥5)时命题成立

D.假设 n=k(k>5)时命题成立

解析:k 应满足 k≥5,C 正确.

答案:C 5.用数学归纳法证明:“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3…(2n-1)(n∈N+)”时, 从“n=k 到 n=k+1”两边同乘以一个代数式,它是( )

A.2k+2

B.(2k+1)(2k+2)

C.2kk++12

D.

k+

k+

k+1

解析:n=k 时,

左边为 f(k)=(k+1)(k+2)…(k+k)

n=k+1 时,f(k+1)=(k+2)(k+3)

…(k+k)(k+k+1)(k+k+2)

=f(k)·(2k+1)(2k+2)÷(k+1)

=f(k) ·

k+

k+

k-1

答案:D

6.平面内原有 k 条直线,它们的交点个数记为 f(k),则增加一条直线 l 后,它们的交

点个数最多为( )

A.f(k)+1

B.f(k)+k

C.f(k)+k+1

D.k·f(k)

解析:第 k+1 条直线与前 k 条直线都相交且有不同交点时,交点个数最多,此时应比 原先增加 k 个交点.

答案:B

7.用数学归纳法证明 34n+1+52n+1(n∈N+)能被 8 整除时,若 n=k 时,命题成立,欲证



n=k+1

时命题成立,对于

3 +5 4(k+1)+1

2(k+1)+1

可变形为(

)

A.56×34k+1+25(34k+1+52k+1)

B.34×34k+1+52×52k

C.34k+1+52k+1

D.25(34k+1+52k+1)

解析:由 34(k+1)+1+52(k+1)+1=81×34k+1+25×52k+1+25×34k+1-25×34k+1

=56×34k+1+25(34k+1+52k+1).

答案:A 8.数列{an}的前 n 项和 Sn=n2·an(n≥2),而 a1=1,通过计算 a2,a3,a4,猜想 an 等于 ()

4 A. n+ 2

2 B.n n+

1 C.2n-1

D.2n1-1

解析:由 a2=S2-S1=4a2-1 得 a2=13=2×2 3

由 a3=S3-S2=9a3-4a2 得 a3=12a2=16=3×2 4.

由 a4=S4-S3=16a4-9a3 得 a4=35a3=110=4×2 5,猜想 an=n

2 n+

.

答案:B 9.上一个 n 层的台阶,若每次可上一层或两层,设所有不同上法的总数为 f(n),则下

列猜想正确的是( ) A.f(n)=n B.f(n)=f(n-1)+f(n-2) C.f(n)=f(n-1)·f(n-2)

D.f(n)=?????nf

n=1, n- +f

n-

n

解析:当 n≥3 时 f(n)分两类,第一类从第 n-1 层再上一层,有 f(n-1)种方法;第二

类从第 n-2 层再一次上两层,有 f(n-2)种方法,所以 f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n≥3). 答案:D 10.已知 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(x)满足:“当 f(k)≥k2 成立时,总可
推出 f(k+1)≥(k+1)2 成立”,那么,下列命题总成立的是( ) A.若 f(3)≥9 成立,则当 k≥1 时,均有 f(k)≥k2 成立 B.若 f(4)≥16 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)<k2 成立 C.若 f(7)≥49 成立,则当 k<7 时,均有 f(k)<k2 成立 D.若 f(4)=25 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)≥k2 成立 解析:∵f(k)≥k2 成立时 f(k+1)≥(k+1)2 成立,当 k=4 时,f(4)=25>16=42 成立. ∴当 k≥4 时,有 f(k)≥k2 成立. 答案:D 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,满分 20 分.把答案填写在题中的横线上) 11.用数学归纳法证明 1+2+3+4+…+n2=n4+2 n2(n∈N+),则 n=k+1 时,左端应
为在 n=k 时的基础上加上____________________. 解析:n=k+1 时,左端=1+2+3+…+k2+(k2+1)+…+(k+1)2. 所以增加了(k2+1)+…+(k+1)2. 答案:(k2+1)+…+(k+1)2 12.设 f(n)=???1+1n??????1+n+1 1???)…???1+n+1 n???,用数学归纳法证明 f(n)≥3,在假设 n
=k 时成立后,f(k+1)与 f(k)的关系是 f(k+1)=f(k)·________________. 解析:f(k)=???1+1k??????1+k+1 1???…???1+k+1 k???, f(k+1)=???1+k+1 1??????1+k+1 2???…???1+k+1 k??? ???1+k+1k+1???·???1+k+1k+2??? ∴f(k+1)=f(k)·???1+2k1+1??????1+2k1+2???k+k 1 答案:???1+2k1+1??????1+2k1+2???k+k 1 13.设数列{an}满足 a1=2,an+1=2an+2,用数学归纳法证明 an=4·2n-1-2 的第二步
中,设 n=k 时结论成立,即 ak=4·2k-1-2,那么当 n=k+1 时,应证明等式________成

立. 答案:ak+1=4·2(k+1)-1-2 14.在数列{an}中,a1=1,且 Sn,Sn+1,2S1 成等差数列,则 S2,S3,S4 分别为__________,
猜想 Sn=__________. 解析:因为 Sn,Sn+1,2S1 成等差数列. 所以 2Sn+1=Sn+2S1,又 S1=a1=1. 所以 2S2=S1+2S1=3S1=3,于是 S2=32=22-2 1,

2S3=S2+2S1=32+2=72,于是 S3=74=232-2 1,

由此猜想 Sn=22n-n-11.

3 7 15 2n-1 答案:2,4, 8 2n-1

三、解答题(本大题共 4 个小题,满分 50 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或

演算步骤)

15.(本小题满分 12 分)用数学归纳法证明,对于 n∈N+,都有1×1 2+2×1 3+3×1 4+…

1

n

+n n+ =n+1.

证明:(1)当 n=1 时,左边=1×1 2=12,右边=12,所以等式成立.

(2)假设 n=k 时等式成立,即

1×1 2+2×1 3+3×1 4+…+k

1 k+

k =k+1,

当 n=k+1 时,

1×1 2+2×1 3+3×1 4+…+k

1 k+

+ k+

1 k+

=k+k 1+ k+

1 k+

k k+ +1

k+ 2

k+1

= k+

k+ = k+

k+ =k+2.

即 n=k+1 时等式成立.

由(1)、(2)可知,对于任意的自然数 n 等式都成立.

16.(本小题满分 12 分)在数列{an}中,a1=a2=1,当 n∈N+时,满足 an+2=an+1+an,

且设 bn=a4n,求证:{bn}各项均为 3 的倍数.

证明:(1)∵a1=a2=1,

故 a3=a1+a2=2,a4=a3+a2=3.

∴b1=a4=3,当 n=1 时,b1 能被 3 整除.

(2)假设 n=k 时,即 bk=a4k 是 3 的倍数,

则 n=k+1 时,

b a a a a = = = + = k+1

4(k+1)

4k+4

4k+3

4k+2

a a a a + + + 4k+2

4k+1

4k+1

4k

=3a4k+1+2a4k.

由归纳假设知,a4k 是 3 的倍数,又 a3 4k+1 是 3 的倍数,故可知 bk+1 是 3 的倍数,∴n=k

+1 时命题也正确.

综合(1)(2)可知,对正整数 n,数列{bn}的各项都是 3 的倍数.

17.(本小题满分 12 分)如果数列{an}满足条件:a1=-4,an+1=-21-+a3nan(n=1,2,…),

证明:对任何自然数 n,都有 an+1>an 且 an<0.

证明:(1)由于 a1=-4,

a2=-21-+a31a1=-21+-412=-613>a1.

且 a1<0,因此,当 n=1 时不等式成立.

(2)假设当 n=k(k≥1)时,ak+1>ak 且 ak<0,那么

ak+1=-21-+a3kak<0,

ak+2-ak+1=-21-+a3ka+k1+1--21-+a3kak



ak+1-ak

-ak+1

-ak

>0.

这就是说,当 n=k+1 时不等式也成立,

根据(1)(2),不等式对任何自然数 n 都成立.

因此,对任何自然数 n,都有 an+1>an.

18.(本小题满分 14 分)已知点的序列 An(xn,0),n∈N+,其中 x1=0,x2=a(a>0),A3 是

线段 A1A2 的中点,A4 是线段 A2A3 的中点,…,An 是线段 A A n-2 n-1 的中点,…

(1)写出

xn



x x , n-1

n-2

之间的关系式(n≥3);

(2)设 an=xn+1-xn.计算 a1,a2,a3,由此推测数列{an}的通项公式,并加以证明.

解:(1)当 n≥3 时,xn=xn-1+2 xn-2; (2)a1=x2-x1=a, a2=x3-x2=x1+2 x1-x2=-12(x2-x1)=-12a, a3=x4-x3=x3+2 x2-x3=-12(x3-x2)=-12???-12a??? =14a, 由此推测 an=???-12???n-1a(n∈N+). 用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,a1=x2-x1=a=???-12???0a,公式成立. ②假设当 n=k 时,公式成立,即 ak=???-12???k-1a 成立.那么当 n=k+1 时, ak+1=xk+2-xk+1=xk+12+xk-xk+1=-12(xk+1-xk)=-12ak=-12???-12???k-1a=???-12???(k+1)-1a, 公式仍成立,根据①和②可知,对任意 n∈N+,公式 an=???-12???n-1a 成立.

模块综合检测 对应学生用书 P55
(时间:90 分钟,总分 120 分)

一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,满分 50 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的)
1.不等式|3x-2|>4 的解集是( )

A.{x|x>2}

B.?????x???x<-23

?? ? ??

C.?????x???x<-23或x>2

?? ? ??

D.?????x???-23<x<2

?? ? ??

解析:因为|3x-2|>4,所以 3x-2>4 或 3x-2<-4,所以 x>2 或 x<-23.

答案:C

2.已知 a<0,-1<b<0,那么下列不等式成立的是( )

A.a>ab>ab2

B.ab2>ab>a

C.ab>a>ab2

D.ab>ab2>a

解析:因为-1<b<0,所以 b<b2<1.

又因为 a<0,所以 ab>ab2>a.

答案:D

3.若 x∈R,则“|x|<2”是“|x+1|<1”的( )

A.必要不充分条件

B.充分不必要条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

解析:由|x|<2 解得-2<x<2,

由|x+1|<1 解得-2<x<0.

因为{x|-2<x< x|-2<x<2},

所以“|x|<2”是“|x+1|<1”的必要不充分条件.

答案:A

4.关于 x 的不等式,|5x-6|<6-x 的解集为( )

A.???65,2???
C.(0,2)

B.???0,65??? D.???65,+∞???

解析:原不等式?x-6<5x-6<6-x??????55xx- -66><6x- -6x,

??????xx><02, ?0<x<2,

故原不等式的解集为(0,2).

答案:C

5.设 x>0,y>0,且 x+y≤4,则下列不等式中恒成立的是( )

11 A.x+y≤4

11 B.x+y≥1

C. xy≥2

D.x1y≥14

解析:因为 x>0,y>0,所以 x+y≥2 xy.又因为 x+y≤4,所以 2 xy≤4.当且仅当 x=y=2 时,取等号.
∴0<xy≤4.∴x1y≥14.

答案:D 6.若不等式4n1+1+4n1+5+4n1+9+…+8n1+1<2m5对于一切 n∈N+恒成立,则自然数 m

的最小值为( )

A.8

B.9

C.10

D.12

解析:令 bn=4n1+1+4n1+5+4n1+9+…+8n1+1,

则 bk+1-bk=4k1+5+4k1+9+…+8k1+1+8k1+5+8k1+9-???4k1+1+4k1+5+…+8k1+1???
= 8k1+5+8k1+9-4k1+1<0.

∴bk+1<bk,

∴数例{bn}为递减数例,要

m bn<25恒成立,只需

b1<2m5,

∴15+95<2m5得 m>779,

∴m 的最小值为 8.

答案:A

7.若 a>0,使不等式|x-4|+|x-3|<a 在 R 上的解集不是空集的 a 的取值是( )

A.0<a<1

B.a=1

C.a>1

D.以上均不对

解析:函数 y=|x-4|+|x-3|的最小值为 1,所以

|x-4|+|x-3|<a 的解集不是空集,需 a>1.

答案:C

8.函数 y= 2x-3+ 8-4x的最大值为( )

5

A. 3

B.3

C. 5
解析:由已知得函数定义域为???32,2???, y= 2x-3+ 2× 4-2x

D. 2

≤ [12+ 2 2

2x-3 2+

4-2x

2]= 3,当且仅当

2x-3 4-2x

1=

, 2

即 x=53时取等号.

∴ymax= 3.

答案:A

9.一长方体的长,宽,高分别为 a,b,c 且 a+b+c=9,当长方体体积最大时,长方

体的表面积为( )

A.27

B.54

C.52

D.56

解析:∵9=a+b+c≥33 abc,∴abc≤27, 当且仅当 a=b=c=3 时取得最大值 27, 此时其表面积为 6×32=54.

答案:B

10.记满足下列条件的函数 f(x)的集合为 M,当|x1|≤1,|x2|≤1 时,|f(x1)- f(x2)|≤4|x1-x2|,又令 g(x)=x2+2x-1,由 g(x)与 M 的关系是( )

A.g(x M

B.g(x)∈M

C.g(x)?M

D.不能确定

解析:g(x1)-g(x2)=x21+2x1-x22-2x2=(x1-x2)·(x1+x2+2),

|g(x1)-g(x2)|=|x1-x2|·|x1+x2+2|

≤|x1-x2|(|x1|+|x2|+2)≤4|x1-x2|,

所以 g(x)∈M.

答案:B

二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,满分 20 分.把答案填写在题中的横线上)

11.???2xx-1???<3 的解集是________________.

解析:∵???2xx-1???<3, ∴|2x-1|<3|x|.两边平方得 4x2-4x+1<9x2,

∴5x2+4x-1>0,解得 x>15或 x<-1.

∴所求不等式的解集为?????x???x<-1或x>15

???.
??

答案:(-∞,-1)∪???15,+∞???

12.设 a= 3- 2,b= 6- 5,c= 7- 6,则 a,b,c 的大小顺序是________.

解析:用分析法比较,a>b? 3+ 5> 2+ 6 ?8+2 15>8+2 12,同理可比较得 b>c. 答案:a>b>c 13.若 x<0,则函数 f(x)=x2+x12-x-1x的最小值是________. 解析:令 t=x+1x,因为 x<0. 所以-???x+1x???≥2.所以 t≤-2.则 g(t)=t2-t-2=???t-12???2-94.所以 f(x)min=g(-2) =4.

答案:4 14.有一长方体的长,宽,高分别为 x,y,z,满足x12+y12+z12=9,则长方体的对角线 长的最小值为________.
解析:∵(x2+y2+z2)???x12+y12+z12???≥(1+1+1)2=9, 即 x2+y2+z2≥1. 当且仅当 x=y=z= 33时取等号, ∴长方体的对角线长 l= x2+y2+z2的最小值为 1.
答案:1 三、解答题(本大题共 4 个小题,满分 50 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或 演算步骤) 15.(本小题满分 12 分)设函数 f(x)= |x+1|+|x-2|+a. (1)当 a=-5 时,求函数 f(x)的定义域; (2)若函数 f(x)的定义域为 R,试求 a 的取值范围. 解:(1)由题设知:|x+1|+|x-2|-5≥0,在同一坐标系中作出函数 y=|x+1|+|x -2|-5 的图像,可知定义域为(-∞,-2]∪[3,+∞).
(2)由题设知,当 x∈R 时,恒有|x+1|+|x-2|+a≥0, 即|x+1|+|x-2|≥-a. |x+1|+|x-2|≥|x+1+2-x|=3,∴-a≤3, ∴a≥-3. ∴a 的取值范围是[-3,+∞). 16.(本小题满分 12 分)已知 x,y,z∈(0,+∞),x+y+z=3. (1)求1x+1y+1z的最小值; (2)证明:3≤x2+y2+z2<9.

解:(1)因为 x+y+z≥33 xyz>0,

1x+1y+1z≥ 3

3 >0, xyz

所以(x+y+z)???1x+1y+1z???≥9,即1x+1y+1z≥3,

当且仅当 x=y=z=1 时,1x+1y+1z取得最小值 3.

(2)证明:x2+y2+z2

x2+y2+z2+ x2+y2 + y2+z2 + z2+x2



3

x2+y2+z2+ xy+yz+zx

x+y+z 2



3



3

=3.

又 x2+y2+z2-9=x2+y2+z2-(x+y+z)2=-2(xy+

yz+zx)<0,

所以 3≤x2+y2+z2<9.

17.(本小题满分 12 分)(辽宁高考)设函数 f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x2-8x+1.

记 f(x)≤1 的解集为 M,g(x)≤4 的解集为 N.

(1)求 M;

(2)当 x∈M∩N 时,证明:x2f(x)+x[f(x)]2≤14.

解:(1)f(x)=?????31x--x3,,xx∈∈[1-,∞+, ,

当 x≥1 时,由 f(x)=3x-3≤1 得 x≤43,故 1≤x≤43;

当 x<1 时,由 f(x)=1-x≤1 得 x≥0,故 0≤x<1.

所以 f(x)≤1 的解集为 M=???x0≤x≤43???. (2)证明:由 g(x)=16x2-8x+1≤4,得 16???x-14???2≤4,解得-14≤x≤34.

因此 N=???x-14≤ x≤ 34???,

故 M∩N=??x0≤
?

x≤

34???.

当 x∈M∩N 时,f(x)=1-x,于是 x2f(x)+x·[f(x)]2=xf(x)[x+f(x)]=x·f(x) =x(1-x)=14-???x-12???2≤14. 18.(本小题满分 14 分)已知等差数列{an}的公差 d 大于 0,且 a2,a5 是方程 x2-12x+ 27=0 的两根,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,且 Tn=12-12bn. (1)求数列{an},{bn}的通项公式. (2)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,试比较b1n与 Sn+1 的大小,并说明理由. 解:(1)由题意可得 a2=3,a5=9, ∴d=13(a5-a2)=2,a1=1,an=2n-1 又由 Tn=12-12bn 得 Tn+1=12-12bn+1,相减得 bn+1=-12bn+1+12bn,bn+1=13bn, 由 T1=b1=12-12b1 得 b1=23. ∴{bn}是以13为首项,13为公比的等比数列, 则 bn=???13???n. (2)可求得 Sn=n2,Sn+1=(n+1)2,b1n=3n 当 n=1 时,S2=4>b11=3, 当 n=2 时,S3=9=b12, 当 n=3 时,S4=16<b13=27. 猜想当 n≥3 时,Sn+1<b1n,即(n+1)2<3n. 证明:①当 n=3 时,42<27,不等式成立. ②假设 n=k(k≥3)时不等式成立,即(k+1)2<3k.

则 n=k+1 时,3k+1=3·3k>3(k+1)2=3k2+6k+3 =k2+4k+4+2k2+2k-1 =(k+2)2+2k2+2k-1>(k+2)2,即 n=k+1 时不等式成立. 由①②知,n≥3 时,3n>(n+1)2.



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