2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第4讲　高效演练分层突破学案

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A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A.
2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq \r(b2－ac)A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
解析：选C.eq \r(b2－ac)⇔(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.故选C.
3．(2020·湖北孝感协作体联考)设a，b∈R，现给出下列五个条件：①a＋b＝2；②a＋b>2；③a＋b>－2；④ab>1；⑤lgab<0(a>0，且a≠1)．其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件为( )
A．②③④ B．②③④⑤
C．①②③⑤ D．②⑤
解析：选D.a＝b＝1时，a＋b＝2，所以推不出a，b中至少有一个大于1，①不符合；当a＝b＝0时，a＋b>－2，推不出a，b中至少有一个大于1，③不符合；当a＝b＝－2时，ab>1，推不出a，b中至少有一个大于1，④不符合；对于②，假设a，b都不大于1，即a≤1，b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2矛盾，所以②能推出a，b中至少有一个大于1；对于⑤，假设a，b都不大于1，则lgab≥lga1＝0，与lgab<0矛盾，故⑤能推出a，b中至少有一个大于1.综上，选D.
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，a，b是正实数，A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq \r(ab))，C＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：选A.因为eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上是减函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，即A≤B≤C.
5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值( )
A．恒为负值 B．恒等于零
C．恒为正值 D．无法确定
解析：选A.由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，
由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)6．已知a>b>0，则①eq \f(1,a)bc2；③a2>b2；④eq \r(a)>eq \r(b)，其中正确的序号是________．
解析：对于①，因为a>b>0，所以ab>0，eq \f(1,ab)>0，a·eq \f(1,ab)>b·eq \f(1,ab)，即eq \f(1,b)>eq \f(1,a).故①正确；
当c＝0时，②不正确；由不等式的性质知③④正确．
答案：①③④
7．已知点An(n，an)为函数y＝eq \r(x2＋1)图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：由条件得cn＝an－bn＝eq \r(n2＋1)－n＝eq \f(1,\r(n2＋1)＋n)，
所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1答案：cn＋18．某中学数学杂志，它的国内统一刊号是CN42—1152/O1，设an表示42n＋1 152n的个位数字，则eq \(∑,\s\up6(2 016),\s\d4(n＝1))an＝________．
解析：42n的个位数字与2n的个位数字相同，1 152n的个位数字也与2n的个位数字相同，从而42n＋1 152n的个位数字与2n＋1的个位数字相同，而2n＋1的个位数字是以4为周期的数列，即4，8，6，2，….故42n＋1 152n的个位数字是以4为周期的数列：4，8，6，2，….所以eq \(∑,\s\up6(2 016),\s\d4(n＝1))an＝(4＋8＋6＋2)×504＝10 080.
答案：10 080
9．已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，
即2a3－b3≥2ab2－a2b.
10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq \r(2).
证明：a⊥b⇔a·b＝0，
要证eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq \r(2).
只需证|a|＋|b|≤eq \r(2)|a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，
即证(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
[综合题组练]
1．已知a，b，c∈R，若eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1且eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2，则下列结论成立的是( )
A．a，b，c同号
B．b，c同号，a与它们异号
C．a，c同号，b与它们异号
D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定
解析：选A.由eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1知eq \f(b,a)与eq \f(c,a)同号，
若eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，不等式eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2显然成立，
若eq \f(b,a)<0且eq \f(c,a)<0，则－eq \f(b,a)>0，－eq \f(c,a)>0，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a)))≥2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a))))>2，即eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)<－2，
这与eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2矛盾，故eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，即a，b，c同号．
2．在等比数列{an}中，“a1A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C.当a1由a1若a1>0，则11，
此时，显然数列{an}是递增数列，
若a1<0，则1>q>q2，即0此时，数列{an}也是递增数列，
反之，当数列{an}是递增数列时，显然a1故“a13．(2020·四川凉山一诊)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n>2时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解．”经历三百多年，于二十世纪九十年代中期，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理．则下面说法正确的是( )
A．至少存在一组正整数组(x，y，z)，使方程x3＋y3＝z3有解
B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解
C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解
D．当整数n>3时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正实数解
解析：选C.由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个．假设关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解，则x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝eq \f(m,n)，y＝eq \f(b,a)，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数，代入方程得eq \f(m3,n3)＋eq \f(b3,a3)＝1，两边同时乘以a3n3，得(am)3＋(bn)3＝(an)3.由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，所以假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解．故选C.
4．(一题多解)若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1，1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是________．
解析：法一(补集法)：
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＝－2p2＋p＋1≤0，,f（1）＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq \f(3,2)，
故满足条件的p的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
法二(直接法)：
依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，
即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，
得－eq \f(1,2)＜p＜1或－3＜p＜eq \f(3,2)，
故满足条件的p的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2)))
5．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.
(1)证明：eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较eq \f(1,a)与c的大小；
(3)证明：－2解：(1)证明：因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
因为f(c)＝0，
所以x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝eq \f(c,a)，
所以x2＝eq \f(1,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)≠c))，
所以eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根．
(2)假设eq \f(1,a)0，
由00，
知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>0与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0矛盾，
所以eq \f(1,a)≥c，又因为eq \f(1,a)≠c，所以eq \f(1,a)>c.
(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，
所以b＝－1－ac.
又a>0，c>0，所以b<－1.
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为
x＝－eq \f(b,2a)＝eq \f(x1＋x2,2)即－eq \f(b,2a)又a>0，所以b>－2，
所以－26．若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a＜b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．
(1)设g(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；
(2)是否存在常数a，b(a＞－2)，使函数h(x)＝eq \f(1,x＋2)是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知得g(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，
所以函数在区间[1，b]上单调递增，由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，
即eq \f(1,2)b2－b＋eq \f(3,2)＝b，
解得b＝1或b＝3.
因为b＞1，所以b＝3.
(2)假设存在常数a，b(a>－2)使函数h(x)＝eq \f(1,x＋2)在区间[a，b](a＞－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝eq \f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（a）＝b，,h（b）＝a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a))
解得a＝b，这与已知a