章末綜合測（11）不等式、推理與證明
一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符號題目要求的)
1．已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是(　　)
A．若a>b，則ac2>bc2 B．若ac>bc，則a>b
C．若a3>b3且ab<0，則1a>1b D．若a2>b2且ab>0，則1a<1b
　解析　C　當c＝0時，可知選項A不正確；當c<0時，可知B不正確；由a3>b3且ab<0知a>0且b<0，所以1a>1b成立；當a<0且b<0時，可知D不正確．
2．若集合A＝{xx－2≤3，x∈R}，B＝{yy＝1－x2，x∈R}，則A∩B＝(　　)
A．[0,1] B．[0，＋∞)
C．[－1,1] D．∅
　解析　C　由x－2≤3，得－1≤x≤5，即A＝{x－1≤x≤5}；B＝{yy≤1}．故A∩B＝[－1,1]．
3．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，在驗證n＝1時，左邊計算所得的式子為(　　)
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23
　解析　D　當n＝1時，左邊＝1＋2＋22＋23.
4．已知x，y，z∈R＋，且xyz(x＋y＋z)＝1，則(x＋y)(y＋z)的最小值是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
　解析　B　∵(x＋y)(y＋z)＝xy＋y2＋xz＋yz＝y(tǒng)(x＋y＋z)＋xz＝y(tǒng)×1xyz＋xz＝1xz＋xz≥21xz•xz＝2，當且僅當xz＝1，y(x＋y＋z)＝1時，取“＝”，
∴(x＋y)(y＋z)min＝2.
5．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明(　　)
A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－a4＋b42≤0
C.a＋b22－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0
　解析　D　因為a2＋b2－1－a2b2≤0&hArr 高中政治;(a2－1)(b2－1)≥0，故選D.
6．對于平面α和共面的直線m、n，下列命題為真命題的是(　　)
A．若m⊥α，m⊥n，則n∥α B．若m∥α，n∥α，則m∥n
C．若m⊂α，n∥α，則m∥n D．若m、n與α所成的角相等，則m∥n
　解析　C　對于平面α和共面的直線m，n，真命題是“若m⊂α，n∥α，則m∥n”．
7．若不等式2x2＋2kx＋k4x2＋6x＋3<1對于一切實數(shù)都成立，則k的取值范圍是(　　)
A. (－∞，＋∞) B. (1,3)
C. (－∞，3) D. (－∞，1)∪(3，＋∞)
　解析　B　∵4x2＋6x＋3＝4x2＋32x＋3＝4x＋342＋34≥34，
∴不等式等價于2x2＋2kx＋k<4x2＋6x＋3，
即2x2＋(6－2k)x＋3－k>0對任意的x 恒成立，
∴Δ＝(6－2k)2－8(3－k)<0，∴1<k<3.
8．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋x＋a(a>0)滿足f(m)<0，則f(m＋1)的符號是(　　)
A．f(m＋1)≥0 B．f(m＋1)≤0
C．f(m＋1)>0 D．f(m＋1)<0
　解析　C　∵f(x)的對稱軸為x＝－12，f(0)＝a>0，
∴由f(m)<0，得－1<m<0， ∴m＋1>0，∴f(m＋1)>f(0)>0.
9．已知a>0，b>0，則1a＋1b＋2ab的最小值是(　　)
A．2 B．22
C．4 D．5
　解析　C　∵a>0，b>0， ∴1a＋1b＋2ab≥21ab＋2ab≥4，
當且僅當a＝b＝1時取等號，∴1a＋1b＋2abmin＝4.
10．使不等式log2x(5x－1)>0成立的一個必要不充分條件是(　　)
A．x>12 B.15<x<25或x>12
C.15<x<1 D．0<x<12或x>12
　解析　D　log2x(5x－1)>0⇔
5x－1>0，2x>1，5x－1>1或5x－1>0，0<2x<1，5x－1<1⇔x>15，x>12，x>25或x>15，0<x<12，x<25，
∴x>12或15<x<25. 由x>12或15<x<25成立，可得x>12 或0<x<12成立，反之不成立，故選D.
11．假設(shè)f(x)＝x2－4x＋3，若實數(shù)x、y滿足條件f(y)≤f(x)≤0，則點(x，y)所構(gòu)成的區(qū)域的面積等于(　　)
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
　解析　B　由f(y)≤f(x)≤0可得fy≤fx，fx≤0，即1≤x≤3，x－yx＋y－4≥0，
畫出其表示的平面區(qū)域如圖所示，可得面積S＝2×12×2×1＝2，故選B.

12．設(shè)x，y 滿足約束條件3x－y－6≤0，x－y＋2≥0，x≥0，y≥0，若目標函數(shù)z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值為12，則2a＋3b的最小值為(　　)
A.256 B.83
C.113 D．4
　解析　A　作出可行域(四邊形OBAC圍成的區(qū)域，包括邊界)如圖，作出直線l：ax ＋by＝0，當直線l經(jīng)過點A時，z＝ax＋by取得最大值．

解x－y＋2＝0，3x－y－6＝0，得點A(4,6)，∴4a＋6b＝12，即a3＋b2＝1，
∴2a＋3b＝2a＋3ba3＋b2＝23＋32＋ab＋ba≥23＋32＋2＝256，當且僅當a ＝b時取等號．
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)
13．已知等差數(shù)列{an}中，有a11＋a12＋…＋a2010＝a1＋a2＋…＋a3030，則在等比數(shù)列{bn}中，會有類似的結(jié)論：___ _____.
　解析　由等比數(shù)列的性質(zhì)可知，b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴10b11b12…b20＝30b1b2…b30 .
【答案】　10b11b12…b20＝30b1b2…b30
14．已知實數(shù)x，y滿足約束條件x－y＋4≥0，x＋y≥0，x≤3，則z＝4x2－y的最小值為________．
　解析　作出不等式組所表示的可行域(圖略)，z＝4x2－y＝22x•2y＝22x＋y，令ω＝2x＋y，可求得ω＝2x＋y的最小值是－2，所以z＝4x2－y的最小值為2－2＝14.
【答案】　14
15．某公司租地建倉庫，每月占用費y1與倉庫到車站的距離成反比，而每月庫存貨物的運費y2與倉庫到車站的距離成正比．如果在距離車站10 km處建倉庫，這項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元，那 么，要使這兩項費用之和最小，倉庫應(yīng)建在離車站________ km處．
　解析　設(shè)倉庫建在離車站d km處，
由已知y1＝2＝k110，得k1＝20，∴y1＝20d. 由y2＝8＝10k2，得k2＝45，∴y2＝45d.
∴y1＋y2＝20d＋4d5≥220d•4d5＝8，當且僅當20d＝4d5，即d＝5時，費用之和最�。�
【答案】　5
16．在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿足________．
　解析　由余弦定理cos A＝b2＋c2－a22bc<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.
【答案】　a2>b2＋c2
三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
17．(10分)已知表中的對數(shù)值有且只有兩個是錯誤的.
x 1.5 3 5 6
lg x 3a－b＋c 2a－b a＋c 1＋a－b－c
x 7 8 9 14 27
lg x 2(a＋c) 3(1－a－c) 2(2a－b) 1－a＋2b 3(2a－b)
(1)假設(shè)上表中l(wèi)g 3＝2a－b與lg 5＝a＋c都是正確的，試判斷l(xiāng)g 6＝1＋a－b－c是否正確？給出判斷過程；
(2)試將兩個錯誤的對象值均指出來并加以改正(不要求證明)．
　解析　(1)由lg 5＝a＋c得lg 2＝1－a－c，
∴lg 6＝lg 2＋lg 3＝1－a－c＋2a－b＝1＋a－b－c，
滿足表中數(shù)值，即lg 6在假設(shè)下是正確的．
(2)lg 1.5與lg 7是錯誤的，
正確值應(yīng)為lg 1.5＝lg32＝lg 3－lg 2＝2a－b－1＋a＋c＝3a－b＋c－1.
lg 7＝lg 14－lg 2＝1－a＋2b－1＋a＋c＝2b＋c.
18．(12分)已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6.
(1)解關(guān)于a的不等式f(1)>0；
(2)若不等式f(x)>b的解集為(－1,3)，求實數(shù)a、b的值．
　解析　(1)∵f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6，
∴f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3>0
即a2－6a－3<0，解得3－23<a<3＋23.
∴不等式解集為{a3－23<a<3＋23}．
(2)f(x)>b的解集為(－1,3)，
即方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的兩根為－1,3，
∴2＝a6－a3，－3＝－6－b3， 解得a＝3±3，b＝－3.
19．(12分)(2011•南京模擬)已知數(shù)列{an}滿足a 1＝0，a2＝1，當n∈N*時，an＋2＝an＋1＋an.求證：數(shù)列{an}的第4m＋1(m∈N*)項能被3整除．
　解析　(1)當m＝1時，a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)＝(a2＋a 1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3.
即當m＝1時，第4m＋1項能被3整除．命題成立．
(2)假設(shè)當m＝k時，a4k＋1能被3整除，則當m＝k＋1時，
a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝a4k＋4＋a4k＋3＝2a4k＋3＋a4k＋2＝2(a4k＋2＋a4k＋1)＋a4k＋2＝3a4k＋2＋2a4k＋1.
顯然，3a4k＋2能被3整除，又由假設(shè)知a4k＋1能被3整除，
∴3a4k＋2＋2a4k＋1能被3整除．
即當m＝k＋1時，a4(k＋1)＋1也能被3整除．命題也成立．
由(1)和(2)知，對于任意n∈N*，數(shù)列{an}中的第4m＋1(m∈N*)項能被3整除．
20．(12分)設(shè)二次函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋a，方程 f(x)－x＝0的兩根x1和x2滿足0<x1<x2<1.
(1)求實數(shù)a的取值范圍；
(2)試比較f(0)f(1)－f(0)與116的大小，并說明理由．
　解析　(1)令g(x)＝f(x)－x＝x2＋(a－1)x＋a，
由題意可得Δ>0，0<1－a2<1，g1>0，g0>0⇔a<3－22或a>3＋22，－1<a<1，a>0
⇔0<a<3－22，
故實數(shù)a的取值范圍是(0,3－22)．
(2)f(0)f(1)－f(0)＝g(0)g(1)＝2a2，
令h(a)＝2a2，∵當a>0時，h(a)單調(diào)遞增，
∴當0<a<3－22時，0<h(a)<h(3－22)＝2(3－22)2＝2(17－122)＝2×117＋122<116，
即f(0)f(1)－f(0)<116.
21．(12分)已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(an，an＋1)(n∈N*)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求證：bn•bn＋2<b2n＋1.
　解析　(1)由已知得an＋1＝an＋1，則an＋1－an＝1，又a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列．故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知，an＝n，從而bn＋1－bn＝2n.
當n≥2時，
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.
又b1＝1也適合上式，所以bn＝2n－1，
bn•bn＋2－b2n＋1＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2
＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2•2n＋1＋1 )
＝－2n<0.
所以bn•bn＋2<b2n＋1.
22．(12分)某營養(yǎng)師要為某個兒童預(yù)定午餐和晚餐．已知一個單位的午餐含12個單位的碳水化合物，6個單位蛋白質(zhì)和6個單位的維生素C；一個單位的晚餐含8個單位的碳水化合物，6個單位的蛋白質(zhì)和10個單位的維生素C.另外，該兒童這兩餐需要的營養(yǎng)中至少含64個單位的碳水化合物，42個單位的蛋白質(zhì)和54個單位的維生素C.如果一個單位的午餐、晚餐的費用分別是2.5元和4元，那么滿足上述的營養(yǎng)要求，并且花費最少，應(yīng)當為該兒童分別預(yù)定多少個單位的午餐和晚餐？
　解析　設(shè)該兒童分別預(yù)定x，y個單位的午餐和晚餐，共需z元，則z＝2.5x＋4y.
可行域為12x＋8y≥64，6x＋6y≥42，6x＋10y≥54，x≥0，y≥0，即3x＋2y≥16，x＋y≥7，3x＋5y≥27，x≥0，y≥0，
作出可行域如圖陰影部分所示，所以當x＝4，y＝3時，花費最少，zmin＝22元．

因此，分別預(yù)定4個單位午餐和3個單位晚餐，就滿足要求了．

本文來自：逍遙右腦記憶 http://m.yy-art.cn/gaozhong/43301.html

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