阶段性测试题十三(推理与证明(文十二))本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分150分。
考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题共60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，只有一项是符号题目要求的。
)1．(文)(08·宁夏、海南)平面向量a，b共线的充要条件是() A．a，b方向相同B．a，b两向量中至少有一个为零向量C．∃λ↔R，b＝λa D．存在不全为零的实数λ1，λ2，λ1a＋λ2b＝0[答案] D[解析]选项A、B是共线的充分条件，C为共线的必要条件，D为充要条件，故选D.(理)“α、β、γ成等差数列”是“等式sin(α＋γ)＝sin2β成立”的() A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件[答案] B[解析]sin(α＋γ)＝sin2β，可得α＋γ＝2β＋2kπ(k↔Z)，或α＋γ＝π－2β＋2kπ(k↔Z)，∴选B.2．(文)命题“若a>－3，则a>－6”以及它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数为() A．1B．2C．3D．4[答案] A[解析]若a>－3，则a>－6是真命题，则它的逆否命题也是真命题，它的否命题是：若a≤－3，则a≤－6，是假命题，从而它的逆命题也是假命题．(理)下列命题错误的是() A．命题“若m≤0，则方程x2＋x＋m＝0有实数根”的逆否命题为：“若方程x2＋x＋m＝0无实数根，则m>0”B．“x＝2”是“x2－x－2＝0”的充分不必要条件C．若p∧q为假命题，则p，q中必有一真一假D．若命题p：∃x↔R，x2＋x＋1<0，则綈p：∀x↔R，x2＋x＋1≥0[答案] C[解析]p∧q假，则p、q中至少一假，故C错．3．(文)命题p：方程x2－x＋a2－6a＝0有一正根和一负根；命题q：函数y＝x2＋(a －3)x＋1的图象与x轴有公共点．若命题“p或q”为真命题，而命题“p且q”为假命题，则实数a的取值范围是() A．(1,5)∪[6，＋∞) B．(－∞，0]∪(1,5)C．(－∞，0]∪[6，＋∞) D．(－∞，0)∪(1,5)∪[6，＋∞)[答案] D[解析]令f(x)＝x2－x＋a2－6a，则命题P⇔f(0)<0⇔a2－6a<0⇔0<a<6；由命题q 得Δ＝(a－3)2－4≥0⇒a≥5或a≤1.根据题意知命题p与命题q一真一假，当命题p真且命题q 假时，a ↔(1,5)；当命题q 真且命题p 假时，a ↔(－∞，0]∪[6，＋∞)．综上所述，a ↔(－∞，0]∪(1,5)∪[6，＋∞)．故选D.(理)命题P ：将函数y ＝cos2x 的图象向左平移π6个单位得到函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6的图象；命题Q ：函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6cos ⎝⎛⎭⎫x ＋2π3的最小正周期为π，则复合命题“P ∨Q ”“P ∧Q ”“綈P ”为真命题的个数是 ( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [答案] B[解析] 函数y ＝cos2x 的图象向左平移π6个单位后，所得图象对应函数为y ＝cos2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3， ∴命题P 是假命题．又y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π6cos ⎝⎛⎭⎫x ＋2π3 ＝⎝⎛⎭⎫32sin x －12cos x ·⎝⎛⎭⎫－12cos x －32sin x ＝14cos 2x －34sin 2x ＝－14＋12cos2x .， ∴其最小正周期为T ＝2π2＝π.∴命题Q 真．由此，可判断复合命题“P ∨Q ”真，“P ∧Q ”假，“綈P ”为真，∴选B.4．(文)如果不等式|x －a |<1成立的充分非必要条件是12<x <32，则实数a 的取值范围是 ( )A.12<a <32B.12≤a ≤32 C ．a >32或a <12 D ．a ≥32或a ≤12 [答案] B[解析] |x －a |＜1⇔a －1＜x ＜a ＋1由题意知⎝⎛⎭⎫12，32 (a －1，a ＋1)则有⎩⎨⎧a －1≤12a ＋1≥32(等号不同时取得)，解得12≤a ≤32，故选B.(理)已知命题p ：x 2－4x ＋3<0与q ：x 2－6x ＋8<0；若p 且q 是不等式2x 2－9x ＋a <0成立的充分条件，则实数a 的取值范围是 ( )A ．(9，＋∞)B ．{0}C ．(－∞，9]D ．(0,9] [答案] C[解析] 由x 2－4x ＋3<0可得p ：1<x <3；由x 2－6x ＋8<0可得q ：2<x <4，∴p 且q 为：2<x <3，由条件可知，{x |2<x <3}是不等式2x 2－9x ＋a <0的解集的子集，即方程2x 2－9x ＋a ＝0的两根中一根小于等于2，另一根大于等于3.令f (x )＝2x 2－9x ＋a ，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (2)＝8－18＋a ≤0f (3)＝18－27＋a ≤0⇒a ≤9.故选C. 5．(文)在△ABC 中，角A ，B 所对的边长为a ，b ，则“a ＝b ”是“a cos A ＝b cos B ”的 ( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件 [答案] A[解析] a ＝b ⇒A ＝B ⇒a cos A ＝b cos B ，条件是充分的；a cos A ＝b cos B ⇒sin A cos A ＝sin B cos B ⇒sin2A ＝sin2B ⇒2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2，故条件是不必要的．(理)已知空间任一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ↔R)，则“x ＋y ＋z ＝1”是“点P 在平面ABC 内”的 ( )A ．充分但不必要条件B ．必要但不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] C[解析] 点P 在平面ABC 内⇔存在实数λ，μ，使AP →＝λAB →＋μAC →⇔平面ABC 内的任意点O ，有OP →－OA →＝λ(OB →－OA →)＋μ(OC →－OA →)⇔OP →＝(1－λ－μ)OA →＋λOB →＋μOC →，∵OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，∴x ＋y ＋z ＝1是点P 在平面ABC 内的充要条件．6．(文)已知2＋23＝2·23，3＋38＝3·38，4＋415＝4·415，…，6＋ab＝6·ab(a ，b 均为实数)，则可推测a ，b 的值分别为 ( )A ．6,35B ．6,17C ．5,24D ．5,35 [答案] A(理)n 个连续自然数按规律排成下表：根据规律，从2009到2011的箭头方向依次为 ( ) A ．↓→ B ．→↑ C ．↑→ D ．→↓ [答案] B[解析] 观察图例可见，位序相同的数字都是以4为公差的等差数列，故从2009至2011，其位序应与9→11↓10相同，故选D.7．平面几何中有“一个角的两边分别垂直于另一个角的两边则两角相等或互补”；在立体几何中，“当一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面时，两二面角” ( )A ．互补B ．相等C ．互补或相等D ．关系不定 [答案] D[解析] 如图，二面角α－l －β，平面γ⊥β，直线l ⊥α，l 与γ相交于P ，则过l 的任意平面δ与α垂直且与γ相交成二面角，此二面角的大小不定，∴当一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面时，这两个二面角没有任何大小关系，故选D.8．下列命题中的真命题是( )A ．∃x ↔[0，π2]，sin x ＋cos x ≥2 B ．∀x ↔(3，＋∞)，x 2>2x ＋1C ．∃x ↔R ，x 2＋x ＝－1D ．∀x ↔⎝⎛⎭⎫π2，π，tan x >sin x [答案] B[解析] 对于A ，sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，由x ↔[0，π2]，x ＋π4↔[π4，3π4]，则1≤sin x ＋cos x ≤2，故A 错；对于B ，由x 2－2x －1>0解得，x >1＋2或x <1－2，故当x ↔(3，＋∞)时，x 2>2x ＋1恒成立；对于C ，x 2＋x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x ＋122＋34≥34，∴方程x 2＋x ＝－1无解，故C 错；对于D ，当x ↔(π2，π)时，tan x <0，sin x >0，故D 错．9．(文)在平面直角坐标系xOy 中，横坐标与纵坐标均为整数的点称为整点．对任意n ↔N *，连结原点O 与点P n (n ，n －4)，用g (n )表示线段OP n 上除端点外的整点个数，则g (2012)＝ ( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [答案] C[解析] 当n ＝2012时，P n (2012,2008)，此时，线段OP n 的方程为y ＝20082012x ，即为y ＝502503x ；显然，当x ＝503,2×503,3×503时，得到的点都是整点．所以选C. (理)证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ↔N *)时，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是 ( )A ．1项B ．2k 项C ．k 项D ．k －1项 [答案] B[解析] 显然当n ＝k 时，左边为1＋12＋…＋12k －1，而当n ＝k ＋1时，左边为1＋12＋…＋12k －1＋…＋12k ＋1－1.增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k 项．故选B.10．观察等式：sin 230°＋cos 260°＋sin30°cos60°＝34，sin 220°＋cos 250°＋sin20°cos50°＝34和sin 215°＋cos 245°＋sin15°cos45°＝34，…，由此得出以下推广命题，则推广不正确的是 ( )A ．sin 2α＋cos 2β＋sin αcos β＝34B ．sin 2(α－30°)＋cos 2α＋sin(α－30°)cos α＝34C ．sin 2(α－15°)＋cos 2(α＋15°)＋sin(α－15°)cos(α＋15°)＝34D ．sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34[答案] A[解析] 观察已知等式不难发现，60°－30°＝50°－20°＝45°－15°＝30°，从而推断错误的命题为A.选A.11．(文)“－2≤a ≤2”是“实系数一元二次方程x 2＋ax ＋1＝0有虚根”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] A[解析] 由方程x 2＋ax ＋1＝0无实根可得Δ＝a 2－4<0⇒－2<a <2， 故可知－2≤a ≤2是方程x 2＋ax ＋1＝0有虚根的必要不充分条件． (理)(07·山东)下列各小题中，p 是q 的充要条件的是 ( )①p ：m <－2或m >6；q ：y ＝x 2＋mx ＋m ＋3有两个不同的零点．②p ：f (－x )f (x )＝1；q ：y ＝f (x )是偶函数．③p ：cos α＝cos β；q ：tan α＝tan β. ④p ：A ∩B ＝A ；q ：∁U B ⊆∁U A .A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④ [答案] D[解析] ∵y ＝x 2＋mx ＋m ＋3＝0有两个不同零点， ∴m 2－4(m ＋3)>0，得m <－2或m >6. ∴p 是q 的充要条件，排除选项B 、C ；对②，q ：取f (x )＝x 2为R 上的偶函数，但f (－x )f (x )在x ＝0时没意义，p 为q 的充分非必要条件，排除选项A ，故选D.12．已知f (1,1)＝1，f (m ，n )↔N *(m 、n ↔N *)，且对任意m 、n ↔N *都有：①f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2；②f (m ＋1,1)＝2f (m,1)．给出以下三个结论：(1)f (1,5)＝9；(2)f (5,1)＝16；(3)f (5,6)＝26. 其中正确结论的个数为 ( ) A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 [答案] A[解析] (1)由f (1,1)＝1和f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2得f (1,2)＝f (1,1＋1)＝f (1,1)＋2＝1＋2＝3，f (1,3)＝f (1,2)＋2＝5，f (1,4)＝f (1,3)＋2＝7，f (1,5)＝f (1,4)＋2＝9；(2)由f (1,1)＝1和f (m ＋1,1)＝2f (m,1)得f (2,1)＝f (1＋1,1)＝2f (1,1)＝2，f (3,1)＝2f (2,1)＝4，f (4,1)＝2f (3,1)＝8，f (5,1)＝2f (4,1)＝16；(3)由f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2得f (5,6)＝f (5,5)＋2，而f (5,5)＝f (5,4)＋2，f (5,4)＝f (5,3)＋2，f (5,3)＝f (5,2)＋2，f (5,2)＝f (5,1)＋2＝16＋2＝18，故f (5,6)＝26.[点评] 仔细观察可以发现，这里用函数形式给出的关系实质是等差、等比数列的关系，且满足：(1)f (1，k )＝1＋(k －1)×2＝2k －1，∴f (1,5)＝2×5－1＝9.(2)f (k,1)＝2k －1，∴f (5,1)＝25－1＝16，因此f (5,6)＝f (5,1)＋(6－1)×2＝25－1＋10＝26，进而可知f (m ，n )＝2m －1＋2(n －1)．第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．方程x 24－t ＋y 2t －1＝1表示曲线C ，给出以下命题：①曲线C 不可能为圆；②若1<t <4，则曲线C 为椭圆；③若曲线C 为双曲线，则t <1或t >4；④若曲线C 为焦点在x 轴上的椭圆，则1<t <52.其中真命题的序号是______(写出所有正确命题的序号)． [答案] ③④[解析] 显然当t ＝52时，曲线为x 2＋y 2＝32，方程表示一个圆；而当1<t <4，且t ≠52时，方程表示椭圆；当t <1或t >4时，方程表示双曲线，而当1<t <52时，4－t >t －1>0，方程表示焦点在x 轴上的椭圆，故选项为③④.14．(文)已知命题甲：a ＋b ≠4，命题乙：a ≠1且b ≠3，则命题甲是命题乙的________条件．[答案] 既不充分也不必要 [解析] 当a ＋b ≠4时，可选取a ＝1，b ＝5，故此时a ≠1且b ≠3不成立(∵a ＝1)．同样，a ≠1且b ≠3时，可选取a ＝2，b ＝2，此时a ＋b ＝4，因此，甲是乙的既不充分也不必要条件．[点评] 可通过逆否法判断非乙是非甲的什么条件． (理)(2010·山东临沂)当正三角形的边长为n (n ↔N *)时，图(1)中点的个数为f 3(n )＝1＋2＋3＋…＋(n ＋1)＝12(n ＋1)(n ＋2)；当正方形的边长为n 时，图(2)中点的个数为f 4(n )＝(n ＋1)2；在计算图(3)中边长为n 的正一边形中点的个数 f 5(n )时，观察图(4)可得f 5(n )＝f 4(n )＋f 3(n －1)＝(n ＋1)2＋n (n ＋1)2＝12(n ＋1)(3n ＋2)；….则边长为n 的正k 边形(k ≥3，k ↔N)中点的个数f k (n )＝________.[答案] 12(n ＋1)[(k －2)n ＋2][解析] 观察对边长为n 的正五边形的“分割”，那么对边长为n 的正六边形分割时就又多了一个点数为f 3(n －1)的三角形，依次类推可以推知边长为n 的正k (k ≥5，k ↔N)边形就可以分割为一个点数为f 4(n )的四边形和k －4个点数为f 3(n －1)的三角形，即f k (n )＝f 4(n )＋(k －4)f 3(n －1)，并且这个规律对k ＝3,4也成立，这样f k (n )＝f 4(n )＋(k －4)f 3(n －1)＝(n ＋1)2＋(k －4)n (n ＋1)2＝12(n ＋1)[(k －2)n ＋2](k ≥3，k ↔N)．15．若数列{a n }是等差数列{d 不为0}，m ，n ，p 是互不相等的正整数，则有(m －n )a p＋(n －p )a m ＋(p －m )a n ＝0，类比上述结论，相应地，在等比数列{b n }中，有________．[答案] b m －n p·b n －p m ·b p －mn ＝1 [解析] 在等差数列中，通过观察可以发现m ，n ，p 的出现规律，再将等式展开可以得到：(m －n )a p ＋(n －p )a m ＋(p －m )a n ＝[(m －n )(p －1)＋(n －p )(m －1)＋(p －m )(n －1)]d ＝0，故在等比数列中有b m －n p·b n －p m ·b p －mn ＝b (m －n )＋(n －p )＋(p －m )1q [(m －n )(p －1)＋(n －p )(m －1)＋(p －m )(n －1)]＝1.故填b m －n p ·b n －p m ·b p －mn ＝1.16．(文)已知整数对列如下：(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________．[答案] (5,7)[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来排的，由n (n ＋1)2≤60⇒n (n ＋1)≤120，∵n ↔Z ，n ＝10时，n (n ＋1)2＝55个数对，还差5个数对，且这5个数对的横、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)．(理)如果一个自然数n ，我们可以把它写成若干个连续自然数之和，则称为自然数n 的一个“分拆”．如9＝4＋5＝2＋3＋4，我们就说“4＋5”与“2＋3＋4”是9的两个“分拆”．请写出70的三个“分拆”：70＝________.[答案] 16＋17＋18＋19,12＋13＋14＋15＋16,7＋8＋9＋10＋11＋12＋13[解析] 若分拆成两个数的和，则应为奇数；若分拆成三个数的和，则70应能被3整除，显然不行；若分拆成4个数的和，则分两组，每组和为35，即35＝17＋18＝16＋19；若分拆成5个数的和则中间一个数为705＝14，即12＋13＋14＋15＋16，∵70不能被3整除，故也不能分拆成6个数的和；若分拆成7个数的和，则中间一个数应为707＝10，即6＋8＋9＋10＋11＋12＋13，若分拆成 10个数的和，则中间两个数的和为7010×2＝14，显然不行．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．(本小题满分12分)给出下列命题： (1)p ：x －2＝0，q ：(x －2)(x －3)＝0.(2)p ：m <－2；q ：方程x 2－x －m ＝0无实根．(3)已知四边形M ，p ：M 是矩形；q ：M 的对角线相等． 试分别指出p 是q 的什么条件．[解析] (1)∵x －2＝0⇒(x －2)(x －3)＝0； 而(x －2)(x －3)＝0⇒/ x －2＝0. ∴p 是q 的充分不必要条件．(2)∵m <－2⇒方程x 2－x －m ＝0无实根； 方程x 2－x －m ＝0无实根⇒/ m <－2. ∴p 是q 的充分不必要条件．(3)∵矩形的对角线相等，∴p ⇒q ； 而对角线相等的四边形不一定是矩形． ∴q ⇒/ p .∴p 是q 的充分不必要条件．18．(本小题满分12分)(文)我们知道，圆的任意一弦(非直径)的中点和圆心连线与该弦垂直，那么，若椭圆b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b 2的一弦(非过原点的弦)的中点与原点连线及弦所在直线的斜率均存在，你能得到什么结论？请予以证明．[证明] 假若在圆中，弦的斜率与弦的中点和圆心连线的斜率都存在．由两线垂直，我们可以知道斜率之积为－1；对于方程b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b 2，若a ＝b ，则方程即为圆的方程，由此可以猜测两斜率之积为－b 2a 2或－a 2b 2.于是，设弦AB 的两端点的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，中点为P ，则⎩⎪⎨⎪⎧b 2x 21＋a 2y 21＝a 2b 2b 2x 22＋a 2y 22＝a 2b 2两式相减得，b 2(x 22－x 21)＋a 2(y 22－y 21)＝0， ∴y 2＋y 1x 2＋x 1·y 2－y 1x 2－x 1＝－b 2a 2，∴k OP ·k AB ＝－b 2a 2，即两斜率之积为－b2a2.(理)在△ABC 中，AB ⊥AC ，AD ⊥BC 于D ，则1AD 2＝1AB 2＋1AC2，那么在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由．[证明] 如图(1)所示，由射影定理 AD 2＝BD ·DC ，AB 2＝BD ·BC ，AC 2＝BC ·DC ，∴1AD 2＝1BD ·DC＝BC 2BD ·BC ·DC ·BC ＝BC 2AB 2·AC 2 又BC 2＝AB 2＋AC 2∴1AD 2＝AB 2＋AC 2AB 2·AC 2＝1AB 2＋1AC 2所以1AD 2＝1AB 2＋1AC2.猜想：类比AB ⊥AC ，AD ⊥BC ，猜想四面体ABCD 中， AB 、AC 、AD 两两垂直，AE ⊥平面BCD ，则 1AE 2＝1AB 2＋1AC 2＋1AD 2. 证明如下：如图(2)，连结BE 交CD 于F ，连结AF .∵AB ⊥AC ，AB ⊥AD ， ∴AB ⊥平面ACD .而AF ⊂平面ACD ，∴AB ⊥AF . 在Rt △ABF 中，AE ⊥BF ，∴1AE 2＝1AB 2＋1AF2. 在Rt △ACD 中，AF ⊥CD ，∴1AF 2＝1AC 2＋1AD 2. ∴1AE 2＝1AB 2＋1AC 2＋1AD2，故猜想正确． 19．(本小题满分12分)指出下列命题中，哪些是全称命题，哪些是特称命题，并判断真假．(1)若a >0，且a ≠1，则对任意实数x ，a x >0； (2)对任意实数x 1、x 2，若x 1<x 2，则tan x 1<tan x 2； (3)∃T ↔R ，使|sin(x ＋T )|＝|sin x |； (4)∃x ↔R ，使x 2＋1<0.[解析] (1)、(2)是全称命题，(3)、(4)是特称命题． (1)∵a x >0(a >0，a ≠1)恒成立， ∴命题(1)是真命题．(2)存在x 1＝0，x 2＝π，x 1<x 2，但tan0＝tanπ， ∴命题(2)是假命题．(3)y ＝|sin x |是周期函数，π就是它的一个周期，∃T ＝π，∴命题(3)是真命题．(4)对任意x ↔R ，x 2＋1>0，∴命题(4)是假命题． 20．(本小题满分12分)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．[解析] 令g (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)－ax ，则 g ′(x )＝ln(x ＋1)＋1－a ，令g ′(x )＝0，解得x ＝e a －1－1.(1)当a ≤1时，对所有x >0，g ′(x )>0. 所以g (x )在[0，＋∞)上是增函数．又g (0)＝0，所以对x ≥0，有g (x )≥g (0)， 即当a ≤1时，对于所有x ≥0，都有f (x )≥ax .(2)当a >1时，对于0<x <e a －1－1，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，e a －1－1)上是减函数．又g (0)＝0，所以对0<x <e a －1－1，有g (x )<g (0)，即f (x )<ax .所以当a >1时，不是对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立．综上a 的取值范围是(－∞，1]．21．(本小题满分12分)(文)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根；(2)试比较1a与c 的大小；(3)证明：－2<b <－1.[解析] (1)证明：∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点，∴f (x )＝0有两个不相等的实根x 1，x 2，∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根．又x 1·x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a≠0)．∴1a是f (x )＝0的一个根． (2)解：假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0知，f ⎝⎛⎭⎫1a >0这与f ⎝⎛⎭⎫1a ＝0矛盾，∴1a≥c ， 又∵1a ≠c ，∴1a>c .(3)证明：由f (c )＝0得，ac ＋b ＋1＝0，∴b ＝－1－ac . 又a >0，c >0，∴b <－1.二次函数f (x )的图象的对称轴方程为x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a ，即－b 2a <1a.又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.[点评] 解法探究：(1)可由f (c )＝0得，ac 2＋bc ＋c ＝0，由条件知c ≠0，∴ac ＋b ＋1＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1a ＋b a ＋c ＝ac ＋b ＋1a＝0， ∴1a是方程f (x )＝0的根． 即从根与系数的关系入手和从方程的根满足方程入手都可获解．(2)∵a >0，∴f (x )图象开口向上，又f (c )＝0，∴只有两种可能情形如图．图(1)中，当0<x <c 时，f (x )<0与题设条件不符，故只能是图(2)的情形，∴1a>c . (理)已知(x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ↔N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值；(2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n ，试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3. [解析] (1)当n ＝5时，原等式变为(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5. 令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243.(2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，所以a 2＝C 2n ·2n －2. 所以b n ＝a 22n －3＝2C 2n ＝n (n －1)(n ≥2)． ①当n ＝2时，T 2＝b 2＝2＝2(2＋1)(2－1)3等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ↔N *)时，等式成立，即T k ＝k (k ＋1)(k －1)3， 那么，当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1] ＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)k ＝k (k ＋1)(k ＋2)3＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3. 故当n ＝k ＋1时，等式成立．综合①②可知，当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.22．(本小题满分14分)(文)对于两个正数a ，b 有不等式：(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥4.(1)证明此不等式．(2)对此不等式进行类比推广，写出三个正数a 、b 、c 的推广后的不等式并证明之．[解析] (1)(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·a b＝4. (2)推广后的不等式为(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ≥9.证明如下：(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c ≥3＋2b a ·a b ＋2c b ·b c ＋2c a ·a c＝9. (理)先观察不等式(a 21＋a 22)(b 21＋b 22)≥(a 1b 1＋a 2b 2)2 (a 1、a 2、b 1、b 2↔R)的证明过程：设平面向量α＝(a 1，b 1)，β＝(a 2，b 2)，则|α|＝a 21＋b 21，|β|＝a 22＋b 22，α·β＝a 1a 2＋b 1b 2.∵|α·β|≤|α|·|β|，∴|a 1a 2＋b 1b 2|≤a 21＋b 21·a 22＋b 22，∴(a 1a 2＋b 1b 2)2≤(a 21＋b 21)(a 22＋b 22)，再类比证明：(a 21＋b 21＋c 21)(a 22＋b 22＋c 22)≥(a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2)2.[分析] 把平面向量类比推广到空间向量可以证明． [解析] 设空间向量α＝(a 1，b 1，c 1)，β＝(a 2，b 2，c 2)，则|α|＝a 21＋b 21＋c 21，|β|＝a 22＋b 22＋c 22， α·β＝a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2，∵|α·β|≤|α|·|β|，∴|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|≤a 21＋b 21＋c 21·a 22＋b 22＋c 22，∴(a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2)2≤(a 21＋b 21＋c 21)(a 22＋b 22＋c 22)．。
