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活页作业(六)放缩法、几何法、反证法一、选择题1实数a，b，c不全为0的等价条件是()A实数a，b，c均不为0B实数a，b，c中至多有一个为0C实数a，b，c中至少有一个为0D实数a，b，c中至少有一个不为0解析：实数a，b，c不全为0的含义是实数a，b，c中至少有一个不为0.答案：D2设x0，y0，M，N，则M，N的大小关系是()AM NBMNCMN D不能确定解析：NM.答案：B3已知xa(a2)，yb22(b0)，则x，y之间的大小关系是()Axy BxyCxy D不能确定解析：易得xa22224(a2)，而b222(b0)，即yb2224，所以xy.答案：A4设M，则()AM1 BM1CM 1 DM与1大小关系不定解析：M 2101.答案：B二、填空题5若ab0，m0，n0，则，按由小到大的顺序排列为_解析：由ab0，m0，n0，知1且1.则1，即1.答案：6已知a(0，)，则，从大到小的顺序为_解析：2，2，22.答案：三、解答题7已知数列an的前n项和Sn(n2n)3n.求证：3n.证明：当n1时，a1S163；当n1时，S1S2Sn13n3n.所以当n1时，3n.8设函数f(x)定义在区间(0，)上，且f(1)0，导函数f(x)，函数g(x)f(x)f(x)(1)求函数g(x)的最小值；(2)是否存在x00，使得不等式|g(x)g(x0)|对任意x0恒成立？若存在，请求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1)由题设，易知f(x)ln x，g(x)ln x.g(x).令g(x)0，得x1.当x(0,1)时，g(x)0，故区间(0,1)是函数g(x)的单调递减区间；当x(1，)时，g(x)0，故区间(1，)是函数g(x)的单调递增区间函数g(x)的最小值为g(1)1.(2)满足条件的x0不存在理由如下：假设存在x00，使得不等式|g(x)g(x0)|对任意x0恒成立由(1)，知函数g(x)的最小值为g(1)1.当x1时，函数g(x)的值域为1，)，从而可取一个x11，使g(x1)g(x0)1，即g(x1)g(x0)1.故|g(x1)g(x0)|1，与假设矛盾不存在x00，使得不等式|g(x)g(x0)|对任意x0恒成立一、选择题1lg 9lg 11与1的大小关系是()Alg 9lg 111 Blg 9lg 111Clg 9lg 111 D不能确定解析：因为lg 90，lg 110，且lg 9lg 11，所以lg 9lg 112221.答案：C2若|a|1，|b|1，则()A1 B1C1 D1解析：假设1，则|ab|1ab|a2b22ab12aba2b2a2b21a2b20a2(1b2) (1b2)0(a21)(1b2)0.由上式，知a210,1b20或a210,1b20.与已知矛盾，故1.答案：B二、填空题3若直线yxm与曲线x恰有一个公共点，则实数m的取值范围是_.解析：如图所示，曲线x 是半圆(x0)，A(1,0)，B(0，1)，C(0,1)，kAB1，这时直线AB在y轴上的截距为1(m1)，往上平移至C点时适合题意(m1)，往下平移至相切时在y轴上的截距为，所以直线yxm与曲线x 恰有一个公共点时，实数m的取值范围是m|1m1或m答案：m|1m1或m4完成下列反证法证题的全过程题目：设a1，a2，a7是1,2,3，7的一个排列，求证：p(a11)(a22)(a77)为偶数证明：假设p为奇数，则_均为奇数因为奇数个奇数的和还是奇数，所以奇数_0.但奇数偶数，这一矛盾说明p为偶数解析：假设p为奇数，则(a11)，(a22)，(a77)均为奇数因为奇数个奇数的和还是奇数，所以奇数(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(1237)0.但奇数偶数，这一矛盾说明p为偶数答案：(a11)，(a22)，(a77)(a11)(a22)(a77)(a1a2a7)(1237)三、解答题5已知x1，x2.求证：tan x1tan x22tan.证明：不妨设x2x1.在单位圆中，过点A作单位圆的切线AT，在AT上取B，C两点，使BOAx1，COAx2，取DOA，E为BC的中点x 1，x2，|OC|OB|，|AB|tan x1，|AC|tan x2，|AD|tan.易得OD是BOC的平分线，由三角形内角平分线的性质，得.1，即|BD|DC|.|BE|BD|，|AE|AD|.|AE|(|AB|AC|)，(tan x1tan x2)tan，即tan x1tan x22tan.6已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，Sn是数列an的前n项和，a1b11，S2.(1)若b2是a1，a3的等差中项，求数列an与bn的通项公式；(2)若anN，数列ban是公比为9的等比数列，求证：.(1)解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.因为S2，所以a1a1d.而a1b11，则q(2d)12.因为b2是a1，a3的等差中项，所以a1a32b2，即112d2q，即1dq.联立，解得或所以an1(n1)22n1，bn3n1或an1(n1)(5)65n，bn(4)n1.(2)证明：因为anN，banb1qan1q1(n1)d1q(n1)d，所以qd9，即qd32.由(1)，知q(2d)12，即q.因为a11，anN，所以dN.根据，知q1且q为正整数所以d可为0或1或2或4.但同时满足两个等式的只有d2，q3，所以an2n1，Snn2.所以(n2)当n2时，111.显然，当n1时上式也成立故nN，.
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