高中数学专题训练(教师版)—证明_高中数学专题教师版

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高中数学专题训练（教师版）—证明

一、选择题

1．函数y＝f(x)在(0,2)上是增函数，函数y＝f(x＋2)是偶数，则f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小关系是()

A．f(2.5)

B．f(2.5)>f(1)>f(3.5)

C．f(3.5)>f(2.5)>f(1)

D．f(1)>f(3.5)>f(2.5)

答案 B

解析 函数y＝f(x＋2)是偶函数，∴y＝f(x)关于x＝2对称，又∵函数y＝f(x)在(0,2)上单增，∴在(2,4)上单减，∴f(1)＝f(3)，∴f(2.5)>f(3)>f(3.5)，∴选B.2．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是()

A．假设a、b、c都是偶数

B．假设a、b、c都不是偶数

C．假设a、b、c至多有一个偶数

D．假设a、b、c至多有两个偶数

答案 B

3．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式中恒成立的是()1111A.>B.＋≤1 ab2ab

11≥2D.≤ a＋b8

答案 D

解析 取a＝1，b＝3，可验证A、B、C均不正确，故选D.114．(2011·东北育才学校一模)若|b|；abba③a2中，正确的不等式是()ab

A．①②B．②③

C．①④D．③④

答案 C

解析 取a＝－1，b＝－2，验证即可．

f21＋f2f22＋f45．已知函数f(x)满足：f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，则＋f1f3

f23＋f6f24＋f8＝()f5f7

A．4B．8

C．12D．16

答案 D

解析 根据f(a＋b)＝f(a)·f(b)得f(2n)＝f2(n)，fn＋1＝2.fn

f21＋f2f22＋f4f23＋f6f24＋f82f22f42f6由＋＋＋＝＋＋＋f1f3f5f7f1f3f5又f(1)＝2，则2f8＝16.f7

二、填空题

6．(2011·山东泰安一模)已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对于x∈R都有

fx1－fx2f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有>0，给出x1－x

2下列命题：

①f(3)＝0；

②直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴；

③函数y＝f(x)在[－9，－6]上为增函数；

④函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点．

其中所有正确命题的序号为________(把所有正确命题的序号都填上)．．．．．

答案 ①②④

fx1－fx2解析 ∵x1≠x2时，都有>0，x1－x2

∴f(x)在[0,3]上递增．

∵f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，令x＝－3得f(3)＝f(－3)＋f(3)，∴f(－3)＝f(3)＝0.①对．

∴f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)周期为6，画出示意图如下：

由图象知，②④正确，③不正确，故填①②④.7．(2011·天津滨海新区五校联考)给出下列四个命题中：

①命题“∃x∈R，x2＋1>3x”的否定“∀x∈R，x2＋1>3x”；

＋－1n

1n②若不等式(－1)a

3范围为[－2，2

③设圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)与坐标轴有4个交点，分别为A(x1,0)，B(x2,0)，C(0，y1)，D(0，y2)，则x1x2－y1y2＝0；

ππ④将函数y＝cos2x的图象向右平移个单位，得到函数y＝sin(2x－． 36

其中正确命题的序号是________．

答案 ②③④

解析 ①中命题的否定应为∀x∈R，x2＋1≤3x.－1n＋11②当n为偶数时，a

π)．综上，故填②③④.6

8．(2011·山东日照一模)给出下列四个命题：

ab①若a－1m和n满1＋a1＋bn1足；m0，且x≠1，则lnx＋2.2lnx

其中真命题的序号是________．(请把真命题的序号都填上)

答案 ②③

解析 对于①，a＝－2b2，故①错．

对于④，lnx不一定为正数，1故01时，lnx＋2，故④错． lnx

三、解答题

a＋bb＋cc＋a9．已知a、b、c是不全相等的正数，求证：lglg＋lga＋22

2lg b＋lg c.a＋bb＋cc＋a解析 ∵a，b，c∈R＋，∴，≥，222a＋b1b＋c1c＋a1∴lga＋lg b)，lg≥(lg b＋lg c)，lg≥(lg c＋lg a)． 222222

a＋bb＋cc＋a以上三式相加，且注意到a、b、c不全相等，故得lg＋lglg>lg 22

2a＋lg b＋lg c.10．已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x

(1)求证：f(x)为奇函数；

(2)求证：f(x)为R上的增函数．

解析(1)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)

即f(0)＝0.再令y＝－x，f(0)＝f(x)＋f(－x)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数． 1当n为奇数时，a>－2－ n1∵－2－

(2)设x1、x2∈R，且x1

由已知得f(x1－x2)

∴f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1)－f(x2)

∴f(x1)

11．(2011·吉林长春一模)设f(x)＝ax2＋bx＋c，若6a＋2b＋c＝0，f(1)f(3)>0，(1)若a＝1，求f(2)的值；

(2)求证：方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，且3

解析(1)∵6a＋2b＋c＝0，a＝1，∴f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a＝－2.(2)证明：首先说明a≠0，∵f(1)f(3)＝(a＋b＋c)(9a＋3b＋c)＝－(5a＋b)(3a＋b)>0，若a＝0，则f(1)f(3)＝－b2≤0与已知矛盾，∴a≠0，其次说明二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1、x2，∵f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a，∴若a>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c开口向上，而此时f(2)0.故二次函数图象必与x轴有两个不同的交点．

∴二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，(或利用Δ＝b2－4ac＝b2＋4a(6a＋2b)＝b2＋8ab＋24a2＝(b＋4a)2＋8a2>0来说明)

∵a≠0，bb∴将不等式－(5a＋b)(3a＋b)两边同除以－a2得(＋3)(＋5)

12．设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)．其中m为常数，且m≠－3.(1)求证：{an}是等比数列；

3(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn(bn－1)(n∈N*，21n≥2)，求证：{为等差数列． bn

分析 本题主要考查使用定义证明等差数列、等比数列，证明方法属于综合法，解题的关键是恰当地处理递推关系．

证明(1)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3.∴(3＋m)a1＝m＋3.∵m≠3，∴a1＝1.由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得

(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，∵m≠－3，an＋12m.anm＋

3∵m为常数，且m≠－3，∴{an}是等比数列． ∴

2m，m＋3

332bn－1*∴n∈N，且n≥2时，bnf(bn－1)＝ 22bn－1＋3

⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－

1111⇒＝.bnbn－13

11∴{是首项为1的等差数列． bn3

13．已知数列{an}的前n项的和Sn满足Sn＝2an－3n(n∈N*)．

(1)求证：{an＋3}为等比数列，并求{an}的通项公式．

(2)数列{an}是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．

解析(1)证明 ∵Sn＝2an－3n(n∈N*)，∴a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.Sn＝2an－3n，又由 Sn＋1＝2an＋1－3n＋1(2)由(1)知，b1＝a1＝1，q＝f(m)＝

得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，∴aa＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列，∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)．

(2)解 假设数列{an}中存在三项ar，as，at(r

∴6(2s－1)＝3(2r－1)＋3(2t－1)，即2s＋1＝2r＋2t，∴2s＋1－r＝1＋2t－r(*)

∵r、s、t均为正整数且r

∴(*)左边为偶数而右边为奇数，∴假设不成立，即数列{an}不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列．