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高中数学选修2-2 综合检测


选修 2-2 综合检测
时间 120 分钟,满分 150 分。 一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 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.(2014· 山东鱼台一中高二期中)复平面内,复数(2-i)2 对应点位于( A.第一象限 C.第三象限 [答案] D [解析] ∵(2-i)2=4-4i+i2=3-4i, ∴此复数在复平面内的对应点为(3,-4),故选 D. 2.曲线 y=4x-x3 在点(-1,-3)处的切线方程是( A.y=7x+4 C.y=7x+2 [答案] D [解析] y′|x=-1=(4-3x2)|x=-1=1, ∴切线方程为 y+3=x+1,即 y=x-2. 3.若函数 f(x)=x2+bx+c 的图象的顶点在第四象限,则函数 f ′(x)的图象是( ) B.y=x-4 D.y=x-2 ) B.第二象限 D.第四象限 )

[答案] A [解析] ∵f ′(x)=2x+b 为增函数,∴排除 B、D; 又 f(x)的顶点在第四象限, b ∴- >0,∴b<0,排除 C,故选 A. 2 4.(2013· 山东嘉祥一中高二期中)曲线 y=x3-3x 和 y=x 围成图形的面积为( A.4 C.10 [答案] B [解析] 由?
?y=x3-3x, ? ? ?y=x, ?x=0, ?x=2, ?x=-2, ? ? ? 解得? 或? 或? ? ? ? ?y=0, ?y=2, ?y=2.

)

B.8 D.9

∵y=x3-3x 与 y=x 都是奇函数, ∴围成图形的面积为

1 2 ?2x2- x4? |0 S=2?2[x-(x3-3x)]dx=2?2(4x-x3)dx= 2· =8,故选 B. 4

?0

?0

5.(2013· 浙江余姚中学高二期中)已知函数 f(x)=sinx+ex+x2013,令 f1(x)=f ′(x),f2(x) =f1′(x),f3(x)=f2′(x),?,fn+1=fn′(x),则 f2014(x)=( A.sinx+ex C.-sinx+ex [答案] C [解析] f1(x) = f ′(x) = cosx + ex + 2013x2012 , f2(x) = f1′(x) = - sinx + ex + B.cosx+ex D.-cosx+ex )

2013×2012x2011,f3(x)=f2′(x)=-cosx+ex+2013×2012×2011x2010,??,∴f2014(x)=- sinx+ex. 6.(2014· 贵州湄潭中学高二期中)函数 f(x)=3x-4x3(x∈[0,1])的最大值是( 1 A. 2 C.0 [答案] D 1 1 1 [解析] 由 f ′(x)=3-12x2=0 得, x=± , ∵x∈[0,1], ∴x= , ∵当 x∈[0, ], f ′(x)>0, 2 2 2 1 1 1 1 当 x∈[ ,1]时,f ′(x)<0,∴f(x)在[0, ]上单调递增,在[ ,1]上单调递减,故 x= 时,f(x) 2 2 2 2 1 1 1 取到极大值也是最大值,f( )=3× -4×( )3=1,故选 D. 2 2 2 7.设 x=3+4i,则复数 z=x-|x|-(1-i)在复平面上的对应点在( A.第一象限 C.第三象限 [答案] B [解析] ∵x=3+4i,∴|x|= 32+42=5, ∴z=3+4i-5-(1-i)=(3-5-1)+(4+1)i =-3+5i. ∴复数 z 在复平面上的对应点在第二象限,故应选 B. 8.k 棱柱有 f(k)个对角面,则 k+1 棱柱的对角面个数 f(k+1)为( A.f(k)+k-1 C.f(k)+k [答案] A [解析] 增加的一条侧棱与其不相邻的 k-2 条侧棱形成 k-2 个对角面,而过与其相邻 的两条侧棱的截面原来为侧面,现在也成了一个对角面,故共增加了 k-1 个对角面,∴f(k +1)=f(k)+k-1.故选 A. B.f(k)+k+1 D.f(k)+k-2 ) B.第二象限 D.第四象限 ) B.-1 D.1 )

1 π 9.(2014· 揭阳一中高二期中)函数 y=asinx+ sin3x 在 x= 处有极值, 则 a 的值为( 3 3 A.-6 C.-2 [答案] D π [解析] y′=acosx+cos3x,由条件知,acos +cosπ=0,∴a=2,故选 D. 3 10.(2014· 淄博市临淄区检测)下列求导运算正确的是( A.(2x)′=x· 2x
-1

)

B.6 D.2

)

B.(3ex)′=3ex cosx-xsinx x D.( )′= cosx ?cosx?2

1 1 C.(x2- )′=2x- 2 x x [答案] B

1 1 [解析] 对于 A,(2x)′=2xln2;对于 B,(3ex)′=3ex;对于 C,(x2- )′=2x+ 2;对 x x cosx+xsinx x 于 D,( )′= ;综上可知选 B. cosx ?cosx?2 1 1 1 11.利用数学归纳法证明不等式 1+ + +? n <f(n) (n≥2,n∈N*)的过程中,由 n 2 3 2 -1 =k 变到 n=k+1 时,左边增加了( A.1 项 C.2k
-1

) B.k 项



D.2k 项

[答案] D [解析] n=k+1 时,左边为: 1 1 1 1+ + +?+ k+1 2 3 2 -1 1 1 1 1 1 1 =?1+2+3+?+2k-1?+?2k+2k+1+?+2k+2k-1?, ? ? ? ? 故共增加了 2k 项,故选 D. 12.函数 f(x)=x2-2lnx 的单调减区间是( A.(0,1] C.(-∞,-1]∪(0,1] [答案] A [解析] 函数的定义域为(0,+∞), 2 2?x+1??x-1? f ′(x)=2x- = , x x 由 f ′(x)≤0 及 x>0 得,0<x≤1,故选 A. [点评] 利用导数判断函数单调性的一般步骤 ) B.[1,+∞) D.[-1,0)∪(0,1]

①求导数 f ′(x); ②在函数 f(x)的定义域内解不等式 f ′(x)>0 和 f ′(x)<0; ③根据②的结果确定函数 f(x)的单调区间. 二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分.将正确答案填在题中横线上) 13.(2013· 山东嘉祥一中高二期中)在等比数列{an}中,若前 n 项之积为 Tn,则有 T3n= T2n ( )3.那么在等差数列{bn}中,若前 n 项之和为 Sn,用类比的方法得到的结论是________. Tn [答案] S3n=3(S2n-Sn) [解析] 由等比数列前 n 项积,前 2n 项的积,前 3n 项的积类比得到等差数列前 n 项的 T2n 和,前 2n 项的和,前 3n 项的和,由等比数列中( )3 类比得等差数列中 3(S2n-Sn),故有 Tn S3n=3(S2n-Sn). 14.已知函数 f(x)=x3+2x2-ax+1 在区间(-1,1)上恰有一个极值点,则实数 a 的取值 范围是________. [答案] [-1,7) [解析] f ′(x)=3x2+4x-a,其图象开口向上,由条件知 f ′(-1)· f ′(1)<0,∴(-1 -a)(7-a)<0,∴-1<a<7,当 a=-1 时,f ′(x)=3x2+4x+1=0,在(-1,1)上恰有一根 x 1 =- ,当 a=7 时,f ′(x)=0 在(-1,1)上无实根,∴-1≤a<7. 3 2 - 15.(2014· 天门市调研)若复数 z= ,其中 i 是虚数单位,则| z |=________. 1+ 3i [答案] 1 [解析] 因为 z= 2?1- 3i? 2?1- 3i? 1 2 3 - = = = - i,所以 | z |= 4 2 2 1+ 3i ?1+ 3i??1- 3i?

1 3 ? ?2+?- ?2=1. 2 2 3 3 16. (2013· 玉溪一中高三月考)已知不等式 1- <0 的解集为(-1,2), 则?2(1- )dx x+a x+a ?
0

=________. [答案] 2-3ln3 3 [解析] 由条件知方程 1- =0 的根为-1 或 2,∴a=1. x+a ∴?2(1-

?0

3 3 )dx=?2(1- )dx x+a x + 1 ?
0

= [x-3ln?x+1?]|2 0=2-3ln3. 三、解答题(本大题共 6 个小题,共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

- 17.(本题满分 12 分)(2014· 洛阳市高二期中)已知 z1、z2 为复数,i 为虚数单位,z1· z1 z2+3 - +3(z1+ z 1)+5=0, 为纯虚数,z1、z2 在复平面内对应的点分别为 P、Q. z2-3 (1)求点 P 的轨迹方程; (2)求点 Q 的轨迹方程; (3)写出线段 PQ 长的取值范围. - - [解析] (1)设 z1=x+yi,(x、y∈R),由 z1· z 1+3(z1+ z 1)+5=0 得 x2+y2+6x+5=0, 整理得(x+3)2+y2=4, ∴点 P 的轨迹方程为(x+3)2+y2=4. (2)设 z2=x+yi,(x、y∈R), z2+3 x+3+yi x2+y2-9-6yi = = , z2-3 x-3+yi ?x-3?2+y2 ∵ z2+3 为纯虚数,∴x2+y2=9 且 y≠0, z2-3

∴点 Q 的轨迹方程为 x2+y2=9(y≠0). (3)PQ 长的取值范围是[0,8). ∵两圆相交,∴PQ 长的最小值为 0, 又两圆圆心距为 3,两圆半径分别为 2 和 3,∴PQ 长的最大值为 8,但点 Q 的轨迹方 程中 y≠0,∴|PQ|<8, ∴线段 PQ 长的取值范围是[0,8). [点评] 第(3)问要求“写出线段 PQ 长的取值范围”可以不写解答过程. 18.(本题满分 12 分)(2014· 四川文,21)已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a、b∈R, e=2.71828?为自然对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2<a<1. [解析] (1)由 f(x)=ex-ax2-bx-1,有 g(x)=f ′(x)=ex-2ax-b. 所以 g′(x)=ex-2a. 当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a]. 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增. 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1). 2 2

所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 2 1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b 2 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2 (2)设 x0 为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由 f(0)=f(x0)=0 可知, f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减. 则 g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负. 故 g(x)在区间(0,x0)内存在零点 x1. 同理 g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2,所以 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点. 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点. 2 1 e 所以 <a< . 2 2 此时 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增. 因此 x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 有 a+b=e-1<2,有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 解得 e-2<a<1. 所以,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.
2 2 2 2 19.(本题满分 12 分)先观察不等式(a2 1+a2)(b1+b2)≥(a1b1+a2b2)

(a1、a2、b1、b2∈

R)的证明过程:
2 2 2 设平面向量 α=(a1,b1),β=(a2,b2),则|α|= a2 β=a1a2+b1b2. 1+b1,|β|= a2+b2,α·

∵|α· β|≤|α|· |β|,
2 2 2 ∴|a1a2+b1b2|≤ a2 1+b1· a2+b2, 2 2 2 ∴(a1a2+b1b2)2≤(a1 +b2 1)(a2+b2),

再类比证明:
2 2 2 2 2 2 (a2 1+b1+c1)(a2+b2+c2)≥(a1a2+b1b2+c1c2) .

[分析] 把平面向量类比推广到空间向量可以证明.
2 2 2 2 [解析] 设空间向量 α=(a1, b1, c1), β=(a2, b2, c2), 则|α|= a2 |β|= a2 1+b1+c1, 2+b2+c2,

α· β=a1a2+b1b2+c1c2, ∵|α· β|≤|α|· |β|, ∴|a1a2+b1b2+c1c2|
2 2 2 2 2 ≤ a2 1+b1+c1· a2+b2+c2, 2 2 2 2 2 ∴(a1a2+b1b2+c1c2)2≤(a2 1+b1+c1)(a2+b2+c2).

20.(本题满分 12 分)设函数 f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,求函数 f(x)的单调区间与 极值. π [解析] f ′(x)=cosx+sinx+1= 2sin(x+ )+1 4 π 2 令 f ′(x)=0,即 sin(x+ )=- , 4 2 3 解之得 x=π 或 x= π. 2 x,f ′(x)以及 f(x)变化情况如下表: x f ′(x) f(x) (0,π) + 递增 π 0 π+2 3 (π, π) 2 - 递减 3 π 2 0 3π 2 3 ( π,2π) 2 + 递增 (0<x<2π),

3 3 ∴f(x)的单调增区间为(0,π)和( π,2π),单调减区间为(π, π). 2 2 3 3π f 极大(x)=f(π)=π+2,f 极小(x)=f( π)= . 2 2 21.(本题满分 12 分)(2013· 海淀区高二期中)已知点列 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 An-2An-1 的中点,?. (1)写出 xn 与 xn-1、xn-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. 1 [解析] (1)由题意,当 n≥3 时,xn= (xn-1+xn-2) 2 1 a 1 3a (2)x1=0,x2=a,x3= (x2+x1)= ,x4= (x3+x2)= , 2 2 2 4 a a ∴a1=x2-x1=a,a2=x3-x2=- ,a3=x4-x3= , 2 4 a 推测 an= - . ?-2?n 1 方法一 证明:对于任意 n∈N*,an=xn+1-xn, 1 1 1 an+1=xn+2-xn+1= (xn+1+xn)-xn+1=- (xn+1-xn)=- an, 2 2 2

1 又∵a1=a>0,∴{an}是以 a 为首项,以- 为公比的等比数列. 2 1 - a 故 an=a· (- )n 1= - . 2 ?-2?n 1 方法二 下面用数学归纳法证明: 1 - a ①当 n=1 时,a1=a=a· (- )1 1,结论 an= - 成立. 2 ?-2?n 1 a 1 - ②假设当 n=k(k≥1,k∈N)时,an= (- )k 1, - 成立,即 ak=a· 2 ?-2?n 1 xk+xk+1 xk-xk+1 则当 n=k+1 时,ak+1=xk+2-xk+1= -xk+1= 2 2 1 1 1 - =- ak=(- )· a· (- )k 1 2 2 2 1 + - =a· (- )(k 1) 1, 2 所以 n=k+1 时,an= a - 成立. ?-2?n 1

1 - 由①②可知,数列{an}的通项公式为 an=a· (- )n 1,n∈N*. 2 22.(本题满分 14 分)(2014· 贵州湄潭中学高二期中)设函数 f(x)=xlnx. (1)求 f(x)的单调区间; 1 1 (2)求 f(x)在区间[ , ]上的最大值和最小值. 8 2 [解析] (1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞). ∵f(x)=xlnx,∴f ′(x)=lnx+1, 1 令 f ′(x)=0,得 x= , e 1 令 f ′(x)>0,得 x> , e 1 令 f ′(x)<0,得 0<x< , e 1 1 ∴f(x)的单调递增区间为( ,+∞),单调递减区间为(0, ). e e 1 1 1 3 1 (2)∵f( )= ln = ln , 8 8 8 8 2 1 1 1 f( )= ln , 2 2 2 1 1 1 1 f( )= ln =- , e e e e

1 1 3 1 又 ln < ln , 2 2 8 2 1 1 3 1 1 ∴求 f(x)在区间[ , ]的最大值为 ln ,最小值为- . 8 2 8 2 e

一、选择题 2+3i 1.i 是虚数单位,复数 z= 的虚部是( -3+2i A.0 C.1 [答案] B 2+3i ?2+3i??-3-2i? [解析] z= = -3+2i ?-3+2i??-3-2i? = -6-9i-4i+6 =-i, 13 )

B.-1 D.2

∴z 的虚部是-1. x+1 2.设曲线 y= 在点(3,2)处的切线与直线 ax+y+3=0 垂直,则 a=( x-1 A.-2 1 C. 2 [答案] A -2 1 [解析] y′= 2,y′|x=3=- , 2 ?x-1? 1 ∵(- )· (-a)=-1,∴a=-2. 2 ?n+3??n+4? 3.用数学归纳法证明等式 1+2+3+?+(n+3)= (n∈N*)时,验证 n=1, 2 左边应取的项是( A.1 C.1+2+3 [答案] D [解析] 当 n=1 时,左=1+2+?+(1+3)=1+2+?+4,故应选 D. 4. (2013· 辽宁实验中学高二期中)三次函数当 x=1 时有极大值 4, 当 x=3 时有极小值 0, 且函数过原点,则此函数是( A.y=x3+6x2+9x C.y=x3-6x2-9x ) B.y=x3-6x2+9x D.y=x3+6x2-9x ) B.1+2 D.1+2+3+4 1 B.- 2 D.2 )

[答案] B [解析] 由条件设 f(x)=ax3+bx2+cx,则 f ′(x)=3ax2+2bx+c=3a(x-1)(x-3),∴b =-6a,c=9a, ∴f(x)=ax3-6ax2+9ax,∵f(1)=4,∴a=1. ∴f(x)=x3-6x2+9x,故选 B. → 5.在复平面内,点 A 对应的复数为 1+2i,AB=(-2,1),则点 B 对应的复数的共轭复 数为( ) B.1-3i D.-1-3i

A.1+3i C.-1+3i [答案] D

→ [解析] 由条件知 A(1,2),又AB=(-2,1), ∴B(-1,3),∴点 B 对应复数 z=-1+3i, - 故 z =-1-3i. 6.已知函数 f(x)=x2+bx 的图象在点 A(1,f(1))处的切线 l 与直线 3x-y+2=0 平行, 1 若数列{ }的前 n 项和为 Sn,则 S2013 的值为( f?n? 2012 A. 2013 2009 C. 2010 [答案] A [解析] f ′(x)=2x+b,由 f ′(1)=2+b=3,得 b=1. 则 f(x)=x2+x. 1 1 1 1 1 于是 = 2 = = - , f?n? n +n n?n+1? n n+1 S2013= 1 1 1 + +?+ f?1? f?2? f?2013? ) 2011 B. 2012 2010 D. 2011

1 1 1 1 1 1 2012 =(1- )+( - )+?+( - )=1- = . 2 2 3 2012 2013 2013 2013 7.(2014· 淄博市临淄区检测)已知函数 f(x)=x3-12x,若 f(x)在区间(2m,m+1)上单调递 减,则实数 m 的取值范围是( A.-1≤m≤1 C.-1<m<1 [答案] D [解析] 因为 f ′(x)=3x2-12=3(x+2)(x-2),令 f ′(x)<0?-2<x<2,所以函数 f(x)= x3-12x 的单调递减区间为(-2,2),要使 f(x)在区间(2m,m+1)上单调递减,则区间(2m,m ) B.-1<m≤1 D.-1≤m<1

2m≥-2, ? ? +1)是区间(-2,2)的子区间,所以?m+1≤2, ? ?m+1>2m.

从中解得-1≤m<1,选 D.

8.根据给出的数塔猜测 123456×9+7 等于( 1×9+2=11 12×9+3=111 123×9+4=1111 1234×9+5=11111 12345×9+6=111111 ?? A.1111110 C.1111112 [答案] B

)

B.1111111 D.1111113

[解析] 可利用归纳推理,由已知可猜测 123456×9+7=1111111. 9.(2012· 江西文,5)观察下列事实:|x|+|y|=1 的不同整数解(x,y)的个数为 4 , |x|+|y| =2 的不同整数解(x,y)的个数为 8, |x|+|y|=3 的不同整数解(x,y)的个数为 12,?,则|x|+ |y|=20 的不同整数解(x,y)的个数为( A.76 C.86 [答案] B [解析] 本题考查了不完全归纳. 由已知条件知|x|+|y|=n 的不同整数解(x, y)个数为 4n, 所以|x|+|y|=20 不同整数解(x,y)的个数为 4×20=80. -1+3i 10.(2012· 大纲全国理,1)复数 =( 1+i A.2+i C.1+2i [答案] C [解析] 本小题主要考查了复数四则运算法则,可利用除法运算求解.因为 -1+3i = 1+i ) B.2-i D.1-2i ) B.80 D.92

?-1+3i??1-i? 2+4i = =1+2i,所以选 C. 2 ?1+i??1-i? 11.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数.比如:

他们研究过图 1 中的 1,3,6,10,?,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数; 类似的,称图 2 中的 1,4,9,16,?这样的数为正方形数.下列数中既是三角形数又是正方形 数的是( A.289 C.1225 [答案] C [解析] 图 1 中满足 a2-a1=2,a3-a2=3,?,an-an-1=n, n· ?n+1? 以上累加得 an-a1=2+3+?+n, an=1+2+3+?+n= , 图 2 中满足 bn=n2, 2 一个数若满足三角形数,其必能分解成两个相邻自然数乘积的一半; 一个数若满足正方形数,其必为某个自然数的平方. 49×50 ∵1225=352= ,∴选 C. 2 12.(2014· 辽宁理,11)当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是( ) 9 B.[-6,- ] 8 D.[-4,-3] ) B.1024 D.1378

A.[-5,-3] C.[-6,-2] [答案] C

[解析] ax3≥x2-4x-3 恒成立.当 x=0 时式子恒成立.∴a∈R, 1 4 3 当 x>0 时,a≥ - 2- 3恒成立. x x x 1 令 =t,x∈(0,1],∴t≥1. x ∴a≥t-4t2-3t3 恒成立. 令 g(t)=t-4t2-3t3,g′(t)=1-8t-9t2=(t+1)(-9t+1), ∴函数 g′(t)在[1,+∞)上为减函数 而且 g′(1)=-16<0, ∴g′(t)<0 在[1,+∞)上恒成立. ∴g(t)在[1,+∞)上是减函数,

∴g(t)max=g(1)=-6,∴a≥-6; 1 4 3 当 x<0 时,a≤ - 2- 3恒成立, x x x 1 ∵x∈[-2,0),∴t≤- , 2 令 g′(t)=0 得,t=-1, 1 ∴g(t)在(-∞,-1]上为减函数,在(-1,- ]上为增函数, 2 ∴g(t)min=g(-1)=-2,∴a≤-2. 综上知-6≤a≤-2. 二、填空题
2 13.请阅读下列材料:若两个正实数 a1、a2 满足 a1 +a2 2=1,那么 a1+a2≤ 2.证明:构

造函数 f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2=2x2-2(a1+a2)x+1.因为对一切实数 x,恒有 f(x)≥0,所以
2 Δ≤0,从而得 4(a1+a2)2-8≤0,所以 a1+a2≤ 2.类比上述结论,若 n 个正实数满足 a2 1+a2

+?+a2 n=1,你能得到的结论为________. [答案] a1+a2+?+an≤ n(n∈N*) [解析] 构造函数 f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+?+(x-an)2=nx2-2(a1+a2+?+an)x+1, ∵f(x)≥0 对任意实数 x 都成立, ∴Δ=4(a1+a2+?+an)2-4n≤0, ∵a1,a2,?,an 都是正数,∴a1+a2+?+an≤ n. 14.对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式: 22=1+3,32=1+3+5,42=1+3+5+7; 23=3+5,33=7+9+11,43=13+15+17+19. 根据上述分解规律,若 n2=1+3+5+?+19,m3(m∈N*)的分解中最小的数是 21,则 m+n 的值为________. [答案] 15 10×?1+19? [解析] 依题意得 n2= =100,∴n=10. 2 m?m-1? 易知 m3=21m+ ×2, 2 整理得(m-5)(m+4)=0, 又 m∈N*,所以 m=5, 即 53=21+23+25+27+29,所以 m+n=15. 15.对任意非零实数 a、b,若 a?b 的运算原理如图所示,则 2??πsinxdx=________. ?
0

[答案]

2 2

[解析] ∵?πsinxdx=-cosx|π 0=2> 2,

?0

2-1 2 ∴ 2??πsinxdx= 2?2= = . 2 2 ?
0

1 1 + 16.(2013· 天津红桥区高二质检)已知结论“a1、a2∈R ,且 + ≥4:若 a1、a2、a3∈ a1 a2 1 1 1 + + R ,且 a1+a2+a3=1,则 + + ≥9”,请猜想若 a1、a2、?、an∈R ,且 a1+a2+? a1 a2 a3 1 1 1 +an=1,则 + +?+ ≥________. a1 a2 an [答案] n2 [解析] 结论左端各项分别是和为 1 的各数 ai 的倒数(i=1,2,?,n),右端 n=2 时为 4 1 1 1 + =22, n=3 时为 9=32, 故 ai∈R , a1+a2+?+an=1 时, 结论为 + +?+ ≥n2(n≥2). a1 a2 an 三、解答题 1 1 1 17.已知非零实数 a、b、c 构成公差不为 0 的等差数列,求证: , , 不可能构成等 a b c 差数列. 1 1 1 2 1 1 [解析] 假设 , , 能构成等差数列,则得 = + ,于是得 bc+ab=2ac. a b c b a c 而由于 a,b,c 构成等差数列,即 2b=a+c. ② ①

所以由①②两式得,(a+c)2=4ac,即(a-c)2=0,于是得 a=b=c,这与 a,b,c 构成 1 1 1 公差不为 0 的等差数列矛盾.故假设不成立,因此 , , 不能构成等差数列. a b c 18.已知函数 f(x)=(2-a)x-2lnx,(a∈R). (1)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,求实数 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间. 2 [解析] (1)由题可知 f ′(x)=2-a- (x>0), x

2 2 令 f ′(x)=0 得 2-a- =0,∴x= , x 2-a 又因为函数 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 a=0. 2 (2)①若 a=2,f ′(x)=- <0(x>0),f(x)=-2lnx 的单调递减区间为(0,+∞); x 2 ②若 2-a<0,即 a>2 时,f ′(x)=2-a- 在(0,+∞)上小于 0,所以 f(x)在(0,+∞) x 上单调递减; 2 2 ③若 2-a>0,即 a<2 时,当 x> 时 f ′(x)>0,f(x)单调递增,0<x< 时,f ′(x)<0, 2-a 2-a f(x)单调递减. 综上:a≥2 时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞); 2 2 a<2 时,f(x)的单调递增区间为( ,+∞),单调递减区间为(0, ). 2-a 2-a x 19.设函数 f(x)=ax+ (x>1),若 a 是从 1、2、3 三个数中任取的一个数,b 是从 2、 x-1 3、4、5 四个数中任取的一个数,求 f(x)>b 恒成立的概率. [解析] 若使 f(x)>b 恒成立,只需使 ax+ x -b>0 在(1,+∞)上恒成立. x-1

x 1 设 g(x)=ax+ -b,则 g′(x)=a- x-1 ?x-1?2 = a?x-1?2-1 , ?x-1?2

令 g′(x)=0,则 a(x-1)2-1=0, a 解得:x=± +1, a ∴x∈(1, x∈( a +1)时,g′(x)<0, a

a +1,+∞)时,g′(x)>0. a a +1 时,函数 g(x)取得最小值为 a

∴x= g(

a +1)=2 a+a+1-b, a

∴2 a+a+1-b>0, ∴当 a=1 时,b 的值可以是 2 或 3, 当 a=2 时,b 的值可以是 2 或 3 或 4 或 5, 当 a=3 时,b 的值可以是 2 或 3 或 4 或 5. ∴使 f(x)>b 恒成立的取法共有 10 种,而数对(a,b)的所有可能取法共有 12 种,

10 5 ∴使 f(x)>b 恒成立的概率为 P= = . 12 6 a+b b+c c+a 20.若 a、b、c 是不全相等的正数,求证:lg +lg +lg >lga+lgb+lgc. 2 2 2 a+b b+c c+a [解析] 要证 lg +lg +lg >lga+lgb+lgc, 2 2 2 只需证 lg? a+b b+c c+a? b· c), ? 2 · 2 · 2 ?>lg(a·

a+b b+c c+a 只需证 · · >abc. 2 2 2 ∵a,b,c 是不全相等的正数, ∴ a+b b+c c+a ≥ ab>0, ≥ bc>0, ≥ ac>0, 2 2 2

且上述三式中的等号不同时成立. ∴ a+b b+c c+a · · >abc. 2 2 2 a+b b+c c+a +lg +lg >lga+lgb+lgc. 2 2 2

∴lg

1 21.已知函数 f(x)= x2-ax+(a-1)lnx. 2 (1)若 a>2,讨论函数 f(x)的单调性; 1 1 (2)已知 a=1,g(x)=2f(x)+x3,若数列{an}的前 n 项和为 Sn=g(n),证明: + +?+ a2 a3 1 1 < (n≥2,n∈N+). an 3 [解析] (1)可知 f(x)的定义域为(0,+∞).有 a-1 x2-ax+a-1 f ′(x)=x-a+ = x x = ?x-1?[x-?a-1?] , x

因为 a>2,所以 a-1>1. 故当 1<x<a-1 时 f ′(x)<0;当 0<x<1 或 x>a-1 时 f ′(x)>0. ∴函数 f(x)在区间(1,a-1)上单调递减,在区间(0,1)和(a-1,+∞)上单调增加. (2)由 a=1 知 g(x)=x3+x2-2x,所以 Sn=n3+n2-2n.
?3n2-n-2,?n≥2?, ? 可得 an=? ?0,?n=1?. ?

∴an=3n2-n-2(n≥2). 1 1 所以 = (n≥2). an ?3n+2??n-1?

1 1 1 1 1 因为 < = ( - ), ?3n+2??n-1? 3n?n-1? 3 n-1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以 + +?+ < [(1- )+( - )+?+( - )] a2 a3 an 3 2 2 3 n-1 n 1 1 1 1 1 = (1- )= - < , 3 n 3 3n 3 综上,不等式得证. 1 22.(2014· 揭阳一中高二期中)已知函数 f(x)=lnx- ax2-2x(a<0). 2 (1)若函数 f(x)在定义域内单调递增,求 a 的取值范围; 1 1 (2)若 a=- 且关于 x 的方程 f(x)=- x+b 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根,求实数 2 2 b 的取值范围; (3)设各项为正的数列{an}满足:a1=1,an+1=lnan+an+2,n∈N*,求证:an≤2n-1. ax2+2x-1 [解析] (1)f ′(x)=- (x>0). x 依题意 f ′(x)≥0 在 x>0 时恒成立,即 ax2+2x-1≤0 在 x>0 时恒成立, 1-2x 1 则 a≤ 2 =( -1)2-1 在 x>0 时恒成立, x x 1 即 a≤(( -1)2-1)min (x>0), x 1 当 x=1 时,( -1)2-1 取最小值-1, x ∴a 的取值范围是(-∞,-1]. 1 1 1 3 (2)a=- ,f(x)=- x+b? x2- x+lnx-b=0. 2 2 4 2 1 3 设 g(x)= x2- x+lnx-b(x>0),则 4 2 ?x-2??x-1? g′(x)= . 2x g(x),g′(x)随 x 的变化如下表: x g′(x) g(x) (0,1) + 1 0 极大值 (1,2) - 2 0 极小值 (2,4) +

5 ∴g(x)极小值=g(2)=ln2-b-2,g(x)极大值=g(1)=-b- , 4 又 g(4)=2ln2-b-2,

g?1?≥0, ? ? ∵方程 g(x)=0 在[1,4]上恰有两个不相等的实数根.则?g?2?<0, ? ?g?4?≥0. 5 得 ln2-2<b≤- . 4 1 (3)设 h(x)=lnx-x+1,x∈[1,+∞),则 h′(x)= -1≤0, x ∴h(x)在[1,+∞)上为减函数. ∴h(x)max=h(1)=0,故当 x≥1 时有 lnx≤x-1. ①当 n=1 时,a1=1≤1 成立; ②假设 n=k 时,ak≤2k-1,则当 n=k+1 时, ∵2k-1≥1,∴ln(2k-1)≤(2k-1)-1=2k-2, ∴ak+1=lnak+ak+2≤ln(2k-1)+(2k-1)+2 ≤(2k-2)+(2k-1)+2=2k 1-1,


所以当 n=k+1 时结论也成立, 由①②得,对?n∈N*有 an≤2n-1 成立.



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