高考数学总复习 第三章 数列 3-7课后巩固提升(含解析)新人教A版

新教材高中数学新人教A版选择性必修第一册：3.2 函数的基本性质3.2.1单调性与最大(小)值第1课时函数的单调性课后篇巩固提升合格考达标练1.(多选题)(2021山东潍坊高一调研)下列四个函数中单调递减的是()A.f(x)=-2x+1B.f(x)=1xC.f(x)=x+1D.f(x)=2x2(x<0)在区间(-∞,0)和,可得函数f(x)=-2x+1为减函数,故A符合题意;函数f(x)=1x(0,+∞)上单调递减,在定义域(-∞,0)∪(0,+∞)不是单调函数,不符合题意;根据一次函数的性质,可得函数f(x)=x+1为增函数,不符合题意;根据二次函数的性质,可得函数f(x)=2x2在区间(-∞,0)上单调递减,符合题意.故选AD.2.函数f(x)=-x2+2x+3的单调递减区间是()A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(-∞,2)D.(2,+∞)f(x)=-x2+2x+3是图象开口向下的二次函数,其对称轴为x=1,所以其单调递减区间是(1,+∞).<0,则() 3.(2021吉林实验中学高一期中)定义在R上的函数f(x),对任意x1,x2∈R(x1≠x2),有f(x2)-f(x1)x2-x1A.f(3)<f(2)<f(1)B.f(1)<f(2)<f(3)C.f(2)<f(1)<f(3)D.f(3)<f(1)<f(2)<0,则函数f(x)在R上单调递减.∵R上的函数f(x),对任意x1,x2∈R(x1≠x2),有f(x2)-f(x1)x2-x11<2<3,∴f(3)<f(2)<f(1),故选A.4.(2021四川泸州泸县二中高一月考)已知定义在[0,+∞)上的减函数f(x),若f(2a-1)>f1,则a的取值3范围是()A.-∞,23B.12,23C.23,+∞ D.12,23解析根据题意,f (x )是定义在[0,+∞)上的减函数,若f (2a-1)>f 13,则有0≤2a-1<13,解得12≤a<23,即a 的取值范围为12,23,故选D .5.已知f (x )在定义域内是减函数,且f (x )>0,在其定义域内,下列函数为增函数的是 . ①y=a+f (x )(a 为常数);②y=a-f (x )(a 为常数);③y=1f (x );④y=[f (x )]2.(x )在定义域内是减函数,且f (x )>0时,-f (x ),1f (x )均为增函数,故选②③.6.(2020北京丰台高一期中)已知函数f (x )的图象如图所示,根据图象有下列三个命题:①函数f (x )在定义域上是增函数;②函数f (x )在定义域上不是增函数,但有单调递增区间;③函数f (x )的单调递增区间是(a ,b )∪(b ,c ).其中所有正确的命题的序号有 .,函数f (x )在定义域上不是增函数,所以①不正确;函数f (x )在定义域上不是增函数,但有单调递增区间,所以②正确;函数f (x )的单调递增区间是(a ,b ),(b ,c ),不能写成(a ,b )∪(b ,c ),所以③不正确. 7.已知函数f (x )=2x 2-mx+3,当x ∈[-2,+∞)时,f (x )单调递增,当x ∈(-∞,-2)时,f (x )单调递减,则m= ,f (1)= .8 13函数f (x )在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间[-2,+∞)上单调递增,∴x=m4=-2,∴m=-8,即f (x )=2x 2+8x+3.∴f (1)=13. 8.证明函数f (x )=-√x 在定义域上为减函数.f (x )=-√x 的定义域为[0,+∞).∀x 1,x 2∈[0,+∞),且x 1<x 2,f (x 2)-f (x 1)=(-√x 2)-(-√x 1)=√x 1−√x 2=√x 1-√x 2)(√x 1+√x 2)√x +√x =12√x +√x .∵x 1-x 2<0,√x 1+√x 2>0, ∴f (x 2)-f (x 1)<0,即f (x 2)<f (x 1).∴函数f (x )=-√x 在定义域[0,+∞)上为减函数.等级考提升练9.(2021陕西榆林高二期末)已知函数f (x )=ax 2-x ,若对任意x 1,x 2∈[2,+∞),且x 1<x 2,都有[f (x 1)-f (x 2)]·(x 1-x 2)>0,则实数a 的取值范围是( )A.12,+∞ B.12,+∞ C.14,+∞ D.14,+∞x 1,x 2∈[2,+∞),且x 1<x 2,都有[f (x 1)-f (x 2)]·(x 1-x 2)>0,得函数f (x )在[2,+∞)上单调递增,又函数f (x )为二次函数,故其开口向上,且对称轴在区间[2,+∞)的左侧,即{a >0,12a≤2,解得a ≥14.故选C .10.(多选题)(2021湖北荆州沙市中学高一期中)下列函数中,满足“∀x 1,x 2∈(0,+∞),都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<0”的有( ) A.f (x )=|x-1| B.f (x )=-3x+1 C.f (x )=x 2+4x+3 D.f (x )=2x∀x 1,x 2∈(0,+∞),都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<0,故f (x )在(0,+∞)上单调递减.函数f (x )=|x-1|在(1,+∞)上单调递增,故A 错误;f (x )=-3x+1在(0,+∞)上单调递减,故B 正确;函数f (x )=x 2+4x+3的对称轴x=-2<0,故f (x )=x 2+4x+3在(0,+∞)上单调递增,故C 错误;函数f (x )=2x 在(0,+∞)上单调递减,故D 正确.11.(多选题)下列函数中,在R 上是增函数的是( ) A.y=|x| B.y=xC.y=x 2D.y={x ,x ≥-1,-x 2,x <-1A,y=|x|,当x<0时单调递减,不符合题意;选项B,显然在R 上是增函数,符合题意; 选项C,y=x 2,当x<0时单调递减,不符合题意;选项D,作出草图如下,实线部分,观察图象可得函数在R 上为增函数,符合题意.12.(2021山东滕州第一中学高一月考)函数f (x )=|x+2|+1的单调递减区间为 ;函数g (x )={|x +2|+1,x <k ,kx -3,x ≥k ,若g (x )是定义在R 上的减函数,则实数k 的值为 .-∞,-2) -2f (x )=|x+2|+1,得f (x )={x +3,x ≥-2,-x -1,x <-2,所以f (x )的单调递减区间为(-∞,-2).因为g (x )={|x +2|+1,x <k ,kx -3,x ≥k在R 上为减函数,所以y=|x+2|+1在(-∞,k )上单调递减,y=kx-3在[k ,+∞)上单调递减, 所以{k ≤-2,-k -1≥k 2-3,得{k ≤-2,-2≤k ≤1,即k=-2. 13.(2021上海杨浦中学高一期末)已知函数f (x )=x 2-2x -3(x>0).(1)判断函数的单调性,并证明; (2)用函数观点解不等式:f (x )>0.任取x 1,x 2∈(0,+∞),且x 1>x 2,即x 1>x 2>0,f (x 1)-f (x 2)=x 12−2x 1-3-x 22−2x 2-3=(x 12−x 22)+2x 2−2x 1=(x 1-x 2)(x 1+x 2)+2(x 1-x 2)x 1x 2=(x 1-x 2)x 1+x 2+2x 1x 2,因为x 1>x 2>0,则x 1-x 2>0,x 1+x 2+2x 1x 2>0,则f (x 1)-f (x 2)>0,即f (x 1)>f (x 2),所以函数f (x )=x 2-2x -3在区间(0,+∞)上单调递增.(2)由(1)可知函数f (x )=x 2-2x -3在区间(0,+∞)上单调递增,且f (2)=0, 因此由f (x )>0=f (2)可得x>2. 因此不等式f (x )>0的解集为(2,+∞).14.讨论函数f (x )=ax+1x+2(a ≠12)在区间(-2,+∞)上的单调性.(x )=ax+1x+2=a+1-2a x+2,∀x 1,x 2∈(-2,+∞),且x 1<x 2, 则f (x 1)-f (x 2)=1-2ax 1+2−1-2ax 2+2=(1-2a )x 2-x 1(x 2+2)(x 1+2).∵-2<x 1<x 2,∴x 2-x 1>0,(x 2+2)(x 1+2)>0. 当a<12时,1-2a>0,∴f (x 1)-f (x 2)>0,即f (x 1)>f (x 2), 故f (x )在区间(-2,+∞)上单调递减. 当a>12时,1-2a<0, ∴f (x 1)-f (x 2)<0,f (x 1)<f (x 2), 故f (x )在区间(-2,+∞)上单调递增.综上,当a<12时,f (x )在区间(-2,+∞)上单调递减;当a>12时,f (x )在区间(-2,+∞)上单调递增.新情境创新练15.(多选题)(2021重庆南开中学高一期中)下列命题正确的是( )A.若对于∀x 1,x 2∈R ,x 1≠x 2,都有x 1f (x 1)+x 2f (x 2)>x 1f (x 2)+x 2f (x 1),则函数y=f (x )在R 上是增函数B.若对于∀x 1,x 2∈R ,x 1≠x 2,都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1,则函数y=f (x )+x 在R 上是增函数C.若对于∀x ∈R ,都有f (x+1)>f (x )成立,则函数y=f (x )在R 上是增函数D.函数y=f (x ),y=g (x )在R 上都是增函数,则函数y=f (x )·g (x )在R 上也是增函数1f (x 1)+x 2f (x 2)>x 1f (x 2)+x 2f (x 1)化简为(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]>0,故函数f (x )在R 上是增函数,故A 正确;f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1⇔[f (x 1)+x 1]-[f (x 2)+x 2]x 1-x 2>0,即x 1<x 2时,f (x 1)+x 1<f (x 2)+x 2,则函数y=f (x )+x 在R 上是增函数,故B 正确;C 选项中,令f (x )=[x ],[x ]表示不超过x 的最大的整数,满足f (x+1)>f (x ),但f (x )在R 上不是增函数,如f (1.2)=f (1.5),故C 错误;D 选项中,令f (x )=g (x )=x ,但函数y=f (x )·g (x )=x 2在R 上不单调,故D 错误.故选AB.。

例1. 当时，,当时，,经检验 时 也适合,∴ 例2. 解：∵,∴ ,∴
设 则是公差为1的等差数列,∴又∵ , ∴,∴,∴当时 ∴ ,
例3 解： 从而有 ∵,∴,, ,,
∴,∴.
例4.解：∴
例6. 解:①②
① ②，
当时,∴;
当时，
例例例9.C
例10. 解：
另解：∵是与的等比中项，∴∴
例11.D 例12.C ：,
当时,,时亦满足
∴ , ∴首项且
∴成等差数列且公差为6、首项、通项公式为
例14. 解一：设首项为，公差为则
解二：由
例15. 解：∵，∴
例16. 解题思路分析：
法一：利用基本元素分析法
设{a n}首项为a1，公差为d，则∴
∴∴此式为n的一次函数
∴ {}为等差数列∴
法二：{a n}为等差数列，设S n=An2+Bn∴
解之得：∴，下略
注：法二利用了等差数列前n项和的性质
例17.解：设原来三个数为则必有①,②
由①：代入②得：或从而或13
∴原来三个数为2,10,50或
例18.70
例19. 解题思路分析：
∵ {a n}为等差数列∴ {b n}为等比数列
∴b1b3=b22,∴b23=,∴b2=,∴ ,∴或
∴或
∵ ,∴ ,∴a n=2n-3 或a n=-2n+5
例20.。

[ 基础达标]．下列函数不存在零点的是( )．＝－．＝．＝．＝解析：选.令＝，得选项和中的函数的零点均为和－；中函数的零点为－和；只有中函数无零点．．已知函数＝()的图象是连续不间断的，有如下的对应值表：则函数()在区间[，]上的零点至少有( )．个．个．个．个解析：选．由表可知，()·()＜，()·()＜，()·()＜.由函数零点的性质，函数＝()在区间(，)、(，)、(，)内各至少存在一个零点，所以函数＝()在区间[，]上的零点至少有个．故应选．．已知函数()＝则函数()的零点为( )，．－，．解析：选.当≤时，令－＝，得＝.当＞时，令＋＝，得＝，此时无解．综上所述，函数()的零点为.．设是函数()＝＋－的零点，则所在的区间为( )．(，) ．(，)．(，) ．(，)解析：选.因为()＝－＜，()＝－＜，()＝－＞，即()·()＜，又()＝＋－在定义域内单调递增，故()有且只有一个零点，故零点所在的区间为(，)．．函数()＝＋＋，若()＞，()＜，则()在(，)上零点的个数为( )．至多有一个．有一个或两个．有且仅有一个．一个也没有解析：选.若＝，则()＝＋是一次函数，由()·()＜得零点只有一个；若≠，则()＝＋＋为二次函数，若()在(，)上有两个零点，则必有()·()＞，与已知矛盾．故()在(，)上有且仅有一个零点．．若≠，且＝，则函数()＝＋＋的零点的个数是．解析：因为＋＋＝的根的判别式Δ＝－，＝，且≠，所以Δ＝－＜，所以方程＋＋＝无实根．所以函数()＝＋＋无零点．答案：．函数()＝＋－的零点所在的一个区间是(填序号)．①(－，－)；②(－，)；③(，)；④(，)．解析：因为()＝＋－.所以()＝－<，()＝－>.又()＝＋－在定义域内单调递增，故()有且只有一个零点，所以函数()的零点所在的一个区间是(，)．答案：③．已知函数()＝－，若在区间[－，]上存在，使()＝，则实数的取值范围是．解析：因为函数()在[－，]上存在零点使()＝，且()单调，所以(－)·()≤，所以(－－)×(－)≤，解得≤－.所以，实数的取值范围是.答案：．求下列函数的零点：()()＝＋；()()＝－＋＋；()()＝(＋)；()()＝－.解：()令＋＝，解得＝－，即函数()＝＋的零点是＝－.()令－＋＋＝，解得＝－或＝，即函数()＝－＋＋的零点是＝－，＝.()令(＋)＝，解得＝－，即函数()＝(＋)的零点是＝－.()令－＝，解得＝，。

高中数学第三章不等式3.4基本不等式（第2课时）基本不等式的应用巩固提升（含解析）新人教A 版必修5[A 基础达标]1．四个不相等的正数a ，b ，c ，d 成等差数列，则( ) A.a ＋d2>bc B.a ＋d2<bc C.a ＋d 2＝bcD.a ＋d2≤bc解析：选A.因为a ，b ，c ，d 是不相等的正数且成等差数列， 所以a ＋d 2＝b ＋c2>bc .2．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x 件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品( )A ．60件B ．80件C ．100件D ．120件解析：选B.设每件产品的平均费用为y 元， 由题意得y ＝800x ＋x8≥2800x ·x8＝20. 当且仅当800x ＝x8(x >0)，即x ＝80时“＝”成立，故选B.3．若a ≥0，b ≥0且a ＋b ＝2，则( ) A ．ab ≤12B ．ab ≥12C ．a 2＋b 2≥2D ．a 2＋b 2≤3解析：选C.因为a 2＋b 2≥2ab ，所以(a 2＋b 2)＋(a 2＋b 2)≥(a 2＋b 2)＋2ab ， 即2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2＝4，所以a 2＋b 2≥2.4．已知a >0，b >0，2a ＋1b ＝16，若不等式2a ＋b ≥9m 恒成立，则m 的最大值为( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C.由已知，可得6⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝1，所以2a ＋b ＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ·(2a ＋b )＝6⎝⎛⎭⎪⎫5＋2a b＋2b a ≥6×(5＋4)＝54，当且仅当2a b ＝2b a时等号成立，所以9m ≤54，即m ≤6，故选C.5．已知x ＞0，y ＞0，且4xy －x －2y ＝4，则xy 的最小值为( ) A.22B ．2 2 C. 2D ．2解析：选D.由x ＞0，y ＞0，且4xy －x －2y ＝4，得4xy －4＝x ＋2y ≥22xy ，即2xy －2≥2xy .令2xy ＝t ，则t ＞0，所以t 2－t －2≥0，解得t ≥2或t ≤－1(舍去)，即2xy ≥2，解得xy ≥2.故xy 的最小值为2.6．已知函数f (x )＝4x ＋a x(x >0，a >0)在x ＝3时取得最小值，则a ＝________． 解析：f (x )＝4x ＋a x≥2 4x ·a x ＝4a (x >0，a >0)，当且仅当4x ＝a x，即x ＝a2时等号成立，此时f (x )取得最小值4a .又由已知x ＝3时，f (x )min ＝4a ， 所以a2＝3，即a ＝36.答案：367．若0<a <1，0<b <1，则log a b ＋log b a ≥________． 解析：因为0＜a ＜1，0＜b ＜1， 所以log a b ＞0，log b a ＞0， 所以log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log a b≥2log a b ·1log a b＝2.当且仅当log a b ＝log b a 即a ＝b 时取“＝”． 答案：28．若a ＜1，则a ＋1a －1与－1的大小关系是________． 解析：因为a ＜1，即1－a >0， 所以－⎝⎛⎭⎪⎫a －1＋1a －1＝(1－a )＋11－a≥2 （1－a ）·11－a＝2.即a ＋1a －1≤－1. 答案：a ＋1a －1≤－1 9．已知x ＞0，y ＞0，z ＞0.求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋z x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋z y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋yz ≥8. 证明：因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以y x ＋z x≥2yz x＞0，x y ＋z y ≥2xz y ＞0， x z ＋y z ≥2xy z＞0 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋z x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋z y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋y z ≥8yz ·xz ·xyxyz ＝8，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立．10．已知a ＞b ＞c 且2a －b ＋1b －c ≥ma －c恒成立，求实数m 的最大值． 解：由题意，a －b ＞0，b －c ＞0，a －c ＞0， 又2a －b ＋1b －c ≥m a －c ，即2（a －c ）a －b ＋a －c b －c≥m ， 即2（a －b ＋b －c ）a －b ＋a －b ＋b －c b －c≥m ，即2＋2（b －c ）a －b ＋1＋a －bb －c ≥3＋22(当且仅当a －b ＝2(b －c )时取等号)．所以实数m 的最大值为3＋2 2.[B 能力提升]11．已知a ＞0，b ＞0，若不等式2a ＋1b ≥m2a ＋b 恒成立，则m 的最大值等于( )A ．10B ．9C ．8D ．7解析：选B.因为a ＞0，b ＞0，所以2a ＋1b ≥m 2a ＋b ⇔2（2a ＋b ）a ＋2a ＋b b ＝5＋2b a ＋2a b ≥m ，由a ＞0，b ＞0得，2b a ＋2a b ≥22b a ·2ab＝4(当且仅当a ＝b 时取“＝”)．所以5＋2b a ＋2ab≥9，所以m ≤9.故选B.12．若x >1，则函数y ＝x ＋1x ＋16xx 2＋1的最小值为________．解析：y ＝x ＋1x ＋16x x 2＋1＝x 2＋1x ＋16xx 2＋1≥2x 2＋1x ·16x x 2＋1＝8，当且仅当x 2＋1x ＝16xx 2＋1，即x ＝2＋3时等号成立．答案：813．已知k >16，若对任意正数x ，y ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫3k －12x ＋ky ≥2xy 恒成立，求实数k 的取值范围．解：因为x >0，y >0，所以不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫3k －12x ＋ky ≥2xy 恒成立等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫3k －12xy ＋k yx≥2恒成立． 又k >16，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3k －12x y ＋k y x≥2k ⎝⎛⎭⎪⎫3k －12(当且仅当x ＝y 时，等号成立)，所以2k ⎝⎛⎭⎪⎫3k －12≥2，解得k ≤－13(舍去)或k ≥12，所以实数k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.14．(选做题)(2019·福建莆田八中期中考试)某品牌电脑体验店预计全年购入360台电脑，已知该品牌电脑的进价为3 000元/台，为节约资金决定分批购入，若每批都购入x (x ∈N *)台，且每批需付运费300元，储存购入的电脑全年所付保管费与每批购入电脑的总价值(不含运费)成正比(比例系数为k )，若每批购入20台，则全年需付运费和保管费7 800元．(1)记全年所付运费和保管费之和为y 元，求y 关于x 的函数；(2)若要使全年用于支付运费和保管费的资金最少，则每批应购入电脑多少台？ 解：(1)由题意，得y ＝360x×300＋k ×3 000x .当x ＝20时，y ＝7 800，解得k ＝0.04.所以y ＝360x ×300＋0.04×3 000x ＝360x×300＋120x (x ∈N *)．(2)由(1)，得y ＝360x×300＋120x ≥2360×300x×120x ＝2×3 600＝7 200.当且仅当360×300x＝120x ，即x ＝30时，等号成立．所以要使全年用于支付运费和保管费的资金最少，每批应购入电脑30台．。