阅读与思考 海伦和秦九韶特级教师教学实录

第七章

单元测试卷

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求) 2x＋11．函数f(x)＝2的定义域是(

) 2x－x－1

1x≠－

且x≠1

C.x21x≠－

A.x2

1x>－

且x≠1

D.x21x>－

B.x2答案

D 2x＋1≥0，1.故选D. x>－且x≠1解析

由题意，得2解此不等式组，得x22x－x－1≠0，

2．已知c<0，则下列不等式中成立的是(

) A．c>2c

1C．2c>()c

2答案

D b3．已知f(x)＝x＋在(1，e)上为单调函数，则实数b的取值范围是(

) xA．(－∞，1]∪[e2，＋∞)

C．(－∞，e2]

答案

A 解析

b≤0时，f(x)在(1，e)上为增函数，

bb>0时，当x>0时，x＋≥2b，

xb当且仅当x＝即x＝b取等号．

x若使f(x)在(1，e)上为单调函数，

则b≤1或b≥e，∴01)的最小值为(

) x－1A．－3

C．4

答案

B 11解析

x＋＋5＝(x－1)＋＋6 x－1x－1≥21x－1·＋6＝2＋6＝8，

x－1B．3 D．－4 B．(－∞，0]∪[e2，＋∞) D．[1，e2] 1B．c>()c

21D．2c<()c

2

1当且仅当x－1＝即x＝2时取“＝”号．

x－11∴y＝log2(x＋＋5)≥log28＝3. x－1x－y≥－1，x＋y≤3，5．设x，y满足约束条件x≥0，y≥0，A．[0,3]

C．[－3,0]

答案

B 解析

依题意，画出可行域，如图所示，

则z＝x－2y的取值范围为(

) B．[－3,3] D．[1,3]

1z可行域为ABOC，显然，当直线y＝x－过点A(1,2)时，z取得最小值为－3；当直线过点B(3,0)时，z22取得最大值为3，综上可知z的取值范围为[－3,3]．

6．若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是(

) 24A.

5C．5

答案

C 13解析

∵x＋3y＝5xy，∴＋＝1. 5y5x133x9412y13∴3x＋4y＝(3x＋4y)×1＝(3x＋4y)(＋)＝＋＋＋≥＋25y5x5y555x53x12y1当且仅当＝，即x＝1，y＝时等号成立．

5y5x27．若f(x)是偶函数，且当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x－1，则不等式f(x2－1)<0的解集为(

) A．(－1,0)

C．(0,2)

答案

B 解析

根据f(x)是偶函数，可得f(x)＝f(|x|)＝|x|－1.因此f(x2－1)＝|x2－1|－1.解不等式|x2－1|－1<0，得0

B．(－2，0)∪(0，2) D．(1,2) 3x12y·＝5，

5y5x28B.

5D．6

x－y＋1≥0，8．若实数x，y满足x＋y≥0，x≤0，A．0

C.3

答案

B

则z＝3x＋2y的最小值是(

) B．1 D．9 x－y＋1＝0，11解析

可行域如图所示，可知B(0,1)，O(0,0)．由得A(－，)．显然当目标函数t＝x22x＋y＝0，

＋2y过点O时取得最小值为0，故z＝3x＋2y的最小值为1.

9．已知整数的数对列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…则第60个数对是(

) A．(3,8)

C．(4,8)

答案

D 解析

观察可知横坐标和纵坐标之和为2的数对有1个，和为3的数对有2个，和为4的数对有3个，和为5的数对有4个，依此类推和为n＋1的数对有n个，多个数对的排序是按照横坐标依次增大的顺序nn＋1nn＋1来排的，由＝60⇒n(n＋1)＝120，n∈Z，n＝10时，＝55个数对，还差5个数对，且这5个22数对的横、纵坐标之和为12，它们依次是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，

∴第60个数对是(5,7)．

10．观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2 401，…，则72 015的末位数字是(

) A．1

C．7

答案

B 解析

规律：71的末位为7,72末位为9,73的末位为3,74末位为1,75的末位为7，…，末位为7,9,3,1,7,9,3,1，…，而2 015＝4×503＋3，∴72 015的末位是3. 11．设a，b，c为△ABC的三边，则(

) A．a2＋b2＋c2>a＋b＋c

B．a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac

C．a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ac) D．a2＋b2＋c2>2(ab＋bc＋ac) B．3 D．9 B．(4,7) D．(5,7)

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)．

12.如图所示，有一直角墙角，两边的长度足够长，在P处有一棵树与两墙的距离分别是a米(0

)

答案

C x＋16－x2解析

设AD＝x，S＝x(16－x)≤()＝64. 2当且仅当x＝8时成立．∵树围在花圃内，

∴0

64，

0

选C. a16－a，8

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) xy13．已知正实数x，y满足xy＝1，则(＋y)(＋x)的最小值为________．

yx答案

4 xyy2x2解析

依题意知，(＋y)(＋x)＝1＋＋＋1≥2＋2yxxyπ1π2π114．已知cos＝；coscos＝；

32554π2π3π1coscoscos＝；

7778……

y2x2×＝4，当且仅当x＝y＝1时取等号．

xy

根据以上等式，可猜想出的一般结论是________．

π2πnπ1答案

coscos·…·cos＝n，n∈N*

2n＋12n＋12n＋12解析

从已知等式的左边来看，余弦的个数从1逐个增加，分子上从π开始也是逐个增加，分母分别1是3,5,7，…，可以看出分母的通项为2n＋1，等式的右边是通项为n的等比数列，由以上分析可以猜想出2π2πnπ1的结论为coscos·…·cos＝n，n∈N*. 2n＋12n＋12n＋12x≥0，15．当实数x，y满足不等式组y≥0，2x＋y≤2答案

(－∞，3] 解析

画出可行域，如图中阴影部分所示．

时，恒有ax＋y≤3成立，则实数a的取值范围是________．

要使ax＋y≤3恒成立，即可行域必须在直线ax＋y－3＝0的下方，故分三种情况进行讨论：

3①当a>0且≥1，即0

1答案

2a＋b212解析

设两个正方形边长分别为a，b，则由题可得a＋b＝1，且≤a，b≤，S＝a2＋b2≥2×()33211＝，当且仅当a＝b＝时取等号．

22三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分) 已知不等式kx2－2x＋6k<0(k≠0)．

(1)若不等式的解集为{x|x<－3或x>－2}，求实数k的值；

(2)若不等式的解集为∅，求实数k的取值范围．

26答案

(1)－

(2)[，＋∞) 56解析

(1)∵不等式的解集为{x|x<－3或x>－2}，

∴k<0且x1＝－3，x2＝－2是方程kx2－2x＋6k＝0的两根．

22∴x1x2＝6，x1＋x2＝＝－5.∴k＝－. k5k>0，k>0，6(2)由于k≠0，要使不等式的解集为∅，只需即解得k≥，即k的取值范围26Δ≤0，1－6k≤0，

是[6，＋∞)．

618．(本小题满分12分) 已知x，y，z>0，x＋y＋z＝3. 111(1)求＋＋的最小值；

xyz(2)证明：3≤x2＋y2＋z2<9. 答案

(1)3

(2)略

1111111解析

(1)＋＋＝(x＋y＋z)(＋＋) xyz3xyz1xxyyzz＝(1＋＋＋＋1＋＋＋＋1) 3yzxzxy1xyxzyz＝[3＋(＋)＋(＋)＋(＋)] 3yxzxzy1≥[3＋23xy·＋2yxxz·＋2zxyz·] zy111＝3.所以＋＋最小值为3. xyz(2)9＝(x＋y＋z)2＝x2＋y2＋z2＋2xy＋2xz＋2yz≤3(x2＋y2＋z2)，

∴x2＋y2＋z2≥3. 又∵x，y，z>0，∴xy＋xz＋yz>0. ∴x2＋y2＋z2＝9－2(xy＋xz＋yz)<9. ∴3≤x2＋y2＋z2<9. 19．(本小题满分12分) 12先阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：已知a1，a2∈R，a1＋a2＝1，求证：a21＋a2≥. 2证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2，

1222因为对一切x∈R，恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(a21＋a2)≤0，从而得a1＋a2≥. 2(1)若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，请写出上述结论的推广式；

(2)参考上述解法，对你推广的结论加以证明．

122答案

(1)a21＋a2＋…＋an≥

(2)略

n122解析

(1)若a1，a2，…，an∈R，a1＋a2＋…＋an＝1，求证：a21＋a2＋…＋an≥. n(2)构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2

22＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋a21＋a2＋…＋an

22＝nx2－2x＋a21＋a2＋…＋an，

122222因为对一切x∈R，都有f(x)≥0，所以Δ＝4－4n(a21＋a2＋…＋an)≤0，从而证得：a1＋a2＋…＋an≥. n20．(本小题满分12分) 某研究所计划利用宇宙飞船进行新产品搭载试验，计划搭载若干件新产品A，B，该研究所要根据产品的研制成本、产品重量、搭载试验费用和预计收益来决定具体安排，通过调查得到的有关数据如下表：

研制成本、搭载试验费用之和(万元)

产品重量(千克)

预计收益(万元)

每件A产品

20

10

80

每件B产品

30 5 60 已知研究成本、搭载试验费用之和的最大资金为300万元，最大搭载重量为110千克，则如何安排这两种产品进行搭载，才能使总预计收益达到最大，求最大预计收益是多少．

答案

960万元

20x＋30y≤300，10x＋5y≤110，解析

设搭载A产品x件，B产品y件，则预计收益z＝80x＋60y，由题意知，x∈N，y∈N，作出可行域如图所示．

20x＋30y＝300，作出直线l：80x＋60y＝0并平移，由图形知，当直线经过点M时，z取到最大值．由10x＋5y＝110，x＝9，解得即M(9,4)．

y＝4，

所以zmax＝80×9＋60×4＝960(万元)，所以搭载9件A产品，4件B产品，才能使总预计收益达到最大，最大预计收益为960万元．

21．(本小题满分12分)

*设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N)．

(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；

(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n＜c＜a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．

1答案

(1)a2＝2，a3＝2＋1，an＝n－1＋1

(2)存在c＝

4解析

(1)方法一：a2＝2，a3＝2＋1，

再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1. 从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列．

故(an－1)2＝n－1，即an＝n－1＋1(n∈N*)．

方法二：a2＝2，a3＝2＋1，

可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想an＝n－1＋1. 下面用数学归纳法证明上式：

当n＝1时结论显然成立．

假设n＝k时结论成立，即ak＝k－1＋1.则

ak＋1＝ak－12＋1＋1＝k－1＋1＋1＝k＋1－1＋1. 这就是说，当n＝k＋1时结论成立，

所以an＝n－1＋1(n∈N*)．

(2)解法一：设f(x)＝x－12＋1－1，则an＋1＝f(an)．

1令c＝f(c)，即c＝c－12＋1－1，解得c＝. 4下面用数学归纳法证明加强命题a2n＜c＜a2n＋1＜1. 1当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2＜＜a3＜1，结论成立．

4假设n＝k时结论成立，即a2k＜c＜a2k＋1＜1. 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，

从而c＝f(c)＞f(a2k＋1)＞f(1)＝a2，即1＞c＞a2k＋2＞a2. 再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)＜f(a2k＋2)＜f(a2)＝a3＜1. 故c＜a2k＋3＜1，因此a2(k＋1)＜c＜a2(k＋1)＋1＜1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．

1综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝. 4解法二：设f(x)＝x－12＋1－1，则an＋1＝f(an)．

先证：0≤an≤1(n∈N*)．

①

当n＝1时，结论明显成立．

假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1. 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而

0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝2－1＜1.

即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立，故①成立．

再证：a2n＜a2n＋1(n∈N*)．

②

当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝2－1，有a2＜a3，即n＝1时②成立．

假设n＝k时，结论成立，即a2k＜a2k＋1. 由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得

a2k＋1＝f(a2k)＞f(a2k＋1)＝a2k＋2，

a2(k＋1)＝f(a2k＋1)＜f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1. 这就是说，当n＝k＋1时②成立，所以②对一切n∈N*成立．

由②得a2n＜a22n－2a2n＋2－1，

即(a2n＋1)2＜a22n－2a2n＋2. 1因此a2n＜.

③

4又由①，②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)＞f(a2n＋1)，即a2n＋1＞a2n＋2. 1所以a2n＋1＞a22n＋1－2a2n＋1＋2－1.解得a2n＋1＞.

④

41综上，由②，③，④知存在c＝使a2n＜c＜a2n＋1对一切n∈N*成立．

422．(本小题满分12分) 1设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．

x(1)求g(x)的单调区间和最小值；

1(2)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请x说明理由．

答案

(1)单调递减区间(0,1)，单调递增区间(1，＋∞)，最小值为1 (2)满足条件的x0不存在

1解析

(1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋，

xx－1g′(x)＝2，令g′(x)＝0，得x＝1. x当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间．

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间．

因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1. (2)满足条件的x0不存在．

证明如下：

1证法一：假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立，

x2即对任意x>0，有lnx

但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾．

1因此，不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立．

x1证法二：假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意的x>0成立．

x由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1. 1又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1时，lnx的值域为(0，＋∞)．

x∴x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)．

从而可取一个x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1，

1即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，与假设矛盾．

x11∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立．

x