高考數(shù)學(xué)（理）高分計(jì)劃一輪狂刷練第11章　算法復(fù)數(shù)推理與證明11-4a

[基礎(chǔ)送分提速狂刷練]一、選擇題1．(2018·無(wú)錫質(zhì)檢)已知m>1，a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)，則以下結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)<bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)，b大小不定答案B解析∵a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)＝eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)＝eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1)).而eq\r(m＋1)＋eq\r(m)>eq\r(m)＋eq\r(m－1)>0(m>1)，∴eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))<eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1))，即a<b.故選B.2．設(shè)x，y，z>0，則三個(gè)數(shù)eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)()A．都大于2 B．至少有一個(gè)大于2C．至少有一個(gè)不小于2 D．至少有一個(gè)不大于2答案C解析由于eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)＋eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)＋eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(x,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z,x)＋\f(x,z)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,z)＋\f(z,y)))≥2＋2＋2＝6，∴eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)中至少有一個(gè)不小于2.故選C.3．若用分析法證明：“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的“因”應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a?b2－ac<3a2?(a＋c)2－ac<3a2?a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0?－2a2＋ac＋c2<0?2a2－ac－c2>0?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b)>0.故選C.4．已知a>0，b>0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，那么m的最大值等于()A．10B．9C．8D．7答案B解析∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.∴不等式可化為m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b))).∵5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，即其最小值為9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立．∴m≤9，即m的最大值等于9.故選B.5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值 B．恒等于零C．恒為正值 D．無(wú)法確定正負(fù)答案A解析由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.故選A.6．設(shè)a，b，c為△ABC的三邊，則()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)．故選C.7．若△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，則()A．△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形B．△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形C．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形D．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C2是鈍角三角形答案D解析由條件知，△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，且△A2B2C2不可能是直角三角形．假設(shè)△A2B2C2是銳角三角形．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A1))，,sinB2＝cosB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B1))，,sinC2＝cosC1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C1))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1，,B2＝\f(π,2)－B1，,C2＝\f(π,2)－C1，))則A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾，因此假設(shè)不成立，故△A2B2C2是鈍角三角形．故選D.8．(2017·昌平區(qū)二模)四支足球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)比賽(每?jī)申?duì)比賽一場(chǎng))，每場(chǎng)比賽勝者得3分，負(fù)者得0分，平局雙方各得1分．比賽結(jié)束后發(fā)現(xiàn)沒(méi)有足球隊(duì)全勝，且四隊(duì)得分各不相同，則所有比賽中最多可能出現(xiàn)的平局場(chǎng)數(shù)是()A．2B．3C．4D．5答案C解析四支足球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)比賽(每?jī)申?duì)比賽一場(chǎng))，共比賽6場(chǎng)．每場(chǎng)比賽勝者得3分，負(fù)者得0分，平局雙方各得1分．即每場(chǎng)比賽若不平局，則共產(chǎn)生3×6＝18分，每場(chǎng)比賽都平局，則共產(chǎn)生2×6＝12分．比賽結(jié)束后發(fā)現(xiàn)沒(méi)有足球隊(duì)全勝，且四隊(duì)得分各不相同，則各隊(duì)得分分別為：2,3,4,5或3,4,5,6.如果是3,4,5,6，則每場(chǎng)產(chǎn)生eq\f(3＋4＋5＋6,6)＝3分，沒(méi)有平局產(chǎn)生，但是不可能產(chǎn)生4,5分，與題意矛盾，舍去．因此各隊(duì)得分分別為：2,3,4,5.第一名得分5：5＝3＋1＋1，為一勝兩平；第二名得分4：4＝3＋1＋0，為一勝一平一負(fù)；第三名得分3：根據(jù)勝場(chǎng)等于負(fù)場(chǎng)，只能為三平；第四名得分2：2＝1＋1＋0，為兩平一負(fù)．則所有比賽中最多可能出現(xiàn)的平局場(chǎng)數(shù)是4.故選C.二、填空題9．(2017·南昌一模)設(shè)無(wú)窮數(shù)列{an}，如果存在常數(shù)A，對(duì)于任意給定的正數(shù)ε(無(wú)論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|an－A|<ε成立，就稱數(shù)列{an}的極限為A.則四個(gè)無(wú)窮數(shù)列：①{(－1)n×2}；②{n}；③eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)))；④eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,n))).其極限為2的共有________個(gè)．答案2解析對(duì)于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，|an－2|＝0，當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，|an－2|＝4，所以不符合數(shù)列{an}的極限的定義，即2不是數(shù)列{(－1)n×2}的極限；對(duì)于②，由|an－2|＝|n－2|<ε，得2－ε<n<2＋ε，所以對(duì)于任意給定的正數(shù)ε(無(wú)論多小)，不存在正整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|an－2|<ε，即2不是數(shù)列{n}的極限；對(duì)于③，由|an－2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)－2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－2))＝eq\f(2,2n)<ε，得n>1－log2ε，即對(duì)于任意給定的正數(shù)ε(無(wú)論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|an－2|<ε成立，所以2是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n－1)))的極限；對(duì)于④，由|an－2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,n)－2))＝eq\f(1,n)<ε，得n>eq\f(1,ε)，即對(duì)于任意給定的正數(shù)ε(無(wú)論多小)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時(shí)，恒有|an－2|<ε成立，所以2是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,n)))的極限．綜上所述，極限為2的共有2個(gè)，即③④.10．已知數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，若S100＝41，T100＝49，設(shè)cn＝anTn＋bnSn－anbn(n∈N*)．那么數(shù)列{cn}的前100項(xiàng)和為_(kāi)_______．答案2009解析∵an＝Sn－Sn－1，bn＝Tn－Tn－1，則cn＝anTn＋bnSn－anbn＝SnTn－Sn－1Tn－1，∴c100＝S100T100－S99T99，c99＝S99T99－S98T98，…c2＝S2T2－S1T1，c1＝S1T1.∴數(shù)列{cn}的前100項(xiàng)和為S100T100＝41×49＝2009.11．設(shè)a>1，n∈N*，若不等式eq\r(n,a)－1<eq\f(a－1,n)恒成立，則n的最小值為_(kāi)_______．答案2解析n＝1時(shí)，結(jié)論不成立．n＝2時(shí)，不等式為eq\r(a)－1<eq\f(a－1,2)，即2eq\r(a)－2<a－1，∴(eq\r(a)－1)2>0，∵a>1，則eq\r(a)有意義，∴不等式恒成立．12．設(shè)非等腰△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a，b，c，若eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,c－b)＝eq\f(3,a－b＋c)，則A，B，C的關(guān)系是________．答案2B＝A＋C解析∵eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,c－b)＝eq\f(3,a－b＋c)，∴eq\f(a＋c－2b,a－bc－b)＝eq\f(3,a－b＋c)，即b2＝a2＋c2－ac，則有cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，∴B＝60°，∴A，B，C的關(guān)系是成等差數(shù)列，即2B＝A＋C.三、解答題13．已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)求證：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明f(x)＝0沒(méi)有負(fù)根．證明(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)＝ax＋1－eq\f(3,x＋1)(a>1)，而函數(shù)y＝ax(a>1)和函數(shù)y＝－eq\f(3,x＋1)在(－1，＋∞)上都是增函數(shù)，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)假設(shè)函數(shù)f(x)＝0有負(fù)根x0，即存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝eq\f(2－x0,x0＋1).又0<ax0<1，所以0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2與x0<0(x0≠－1)假設(shè)矛盾．故f(x)＝0沒(méi)有負(fù)根．14．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2.(1)證明：數(shù)列{an－1}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(3n,Sn－n＋1)(n∈N*)的前n項(xiàng)和為T(mén)n，證明：Tn<6.證明(1)因?yàn)镾n＝an＋1＋n－2，所以當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝an＋(n－1)－2＝an＋n－3，兩式相減，得an＝an＋1－an＋1，即an＋1＝2an－1.設(shè)cn＝an－1，代入上式，得cn＋1＋1＝2(cn＋1)－1，即cn＋1＝2cn(n≥2)．又Sn＝an＋1＋n－2，則an＋1＝Sn－n＋2，故a2＝S1－1＋2＝3.所以c1＝a1－1＝1，c2＝a2－1＝2，即c2＝2c1.綜上，對(duì)于正整數(shù)n，cn＋1＝2cn都成立，即數(shù)列{an－1}是等比數(shù)列，其首項(xiàng)a1－1＝1，公比q＝2.所以an－1＝1×2n－1，故an＝2n－1＋1.(2)由Sn＝an＋1＋n－2，得Sn－n＋2＝an＋1＝2n＋1，即Sn－n＋1＝2n，所以bn＝eq\f(3n,2n).所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝eq\f(3,2)＋eq\f(6,22)＋…＋eq\f(3n,2n)，①2×①，得2Tn＝3＋eq\f(6,2)＋eq\f(3×3,22)＋…＋eq\f(3n,2n－1)，②②－①，得Tn＝3＋