阶段质量检测（一） 导数及其应用
(时间： 120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)21世纪教育网
1．以正弦曲线y＝sin x上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是( )
A.∪ B．[0，π)
C. D.∪
解析：选A y′＝cos x，∵cos x∈[－1,1]，∴切线的斜率范围是[－1,1]，∴倾斜角的范围是∪.21教育网
2．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点( )21cnjy.com
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A 设极值点依次为x1，x2，x3且a＜x1＜x2＜x3＜b，则f(x)在(a，x1)，(x2，x3)上递增，在(x1，x2)，(x3，b)上递减，因此，x1，x3是极大值点，只有x2是极小值点．
3．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是( )
A.
B.
C. ，
D.，
解析：选A ∵f′(x)＝2x－＝，当0＜x≤时，f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为.【21·世纪·教育·网】
4．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0,1])的最大值是( )
A．1 B.
C．0 D．－1
解析：选A f′(x)＝3－12x2，令f′(x)＝0，
则x＝－(舍去)或x＝，f(0)＝0，f(1)＝－1，
f＝－＝1，∴f(x)在[0,1]上的最大值为1.
5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x－b)2＋c的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是( )www-2-1-cnjy-com
解析：选D 由导函数图象可知，当x<0时，函数f(x)递减，排除A、B；当0
0，函数f(x)递增．因此，当x＝0时，f(x)取得极小值，故选D.
6．定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)A．{x|－1C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x>1}
解析：选B 令g(x)＝2f(x)－x－1，∵f′(x)>，
∴g′(x)＝2f′(x)－1>0，∴g(x)为单调增函数，
∵f(1)＝1，∴g(1)＝2f(1)－1－1＝0，∴当x<1时，
g(x)<0，即2f(x)7．某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数：y1＝17x2，生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数：y2＝2x3－x2(x＞0)，为使利润最大，应生产( )
A．6千台 B．7千台
C．8千台 D．9千台
解析：选A 设利润为y，则y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝18x2－2x3，y′＝36x－6x2，令y′＝0得x＝6或x＝0(舍)，f(x)在(0,6)上是增函数，在(6，＋∞)上是减函数，∴x＝6时y取得最大值．21*cnjy*com
8．已知定义在R上的函数f(x)，f(x)＋x·f′(x)＜0，若a＜b，则一定有( )
A．af(a)＜bf(b) B．af(b)＜bf(a)
C．af(a)＞bf(b) D．af(b)＞bf(a)
解析：选C [x·f(x)]′＝x′f(x)＋x·f′(x)＝f(x)＋x·f′(x)＜0，
∴函数x·f(x)是R上的减函数，
∵a＜b，∴af(a)＞bf(b)．
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)
9．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝________.
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，∵f′(－3)＝0.
∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，∴a＝5.
答案：5
10．若f(x)＝x3－f′(1)x2＋x＋5，则f′(1)＝________，f′(2)＝________.
解析：f′(x)＝x2－2f′(1)x＋1，令x＝1，得f′(1)＝，∴f′(2)＝22－2××2＋1＝.2-1-c-n-j-y
答案：
11．函数y＝ln(x2－x－2)的定义域为________，单调递减区间为________．
解析：由题意，x2－x－2＞0，解得x＜－1或x＞2，故函数y＝ln(x2－x－2)的定义域为(－∞，－1)∪(2，＋∞)，21·世纪*教育网
令f(x)＝x2－x－2，f′(x)＝2x－1＜0，得x＜，
∴函数y＝ln(x2－x－2)的单调递减区间为(－∞，－1)．
答案：(－∞，－1)∪(2，＋∞) (－∞，－1)
12．函数y＝x3－6x＋a的极大值为________，极小值为________．
解析：y′＝3x2－6＝3(x＋)(x－)，
令y′＞0，得x＞或x＜－，
令y′＜0，得－＜x＜，
∴当x＝－时取得极大值a＋4，
当x＝时取得极小值a－4.
答案：a＋4 a－4
13．已知函数y＝x3＋ax2＋bx＋27在x＝－1处有极大值，在x＝3处有极小值，则a＝________，b＝________.【21cnj*y.co*m】
解析：y′＝3x2＋2ax＋b，方程y′＝0有根－1及3，
由根与系数的关系得，
∴
答案：－3 －9
14．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈时，f(x)＝x＋sin x，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________．
解析：f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，
因为f′(x)＝1＋cos x≥0，
故f(x)在上是增函数，
∵>π－2>1>π－3>0，
∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)，即c答案：c15．若函数f(x)＝在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．【21教育名师】
解析：f′(x)＝，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，
即函数f(x)的增区间为(－1,1)．
又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，
所以解得－1＜m≤0.
答案：(－1,0]
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值．
(1)讨论f(1)和f(－1)是函数f(x)的极大值还是极小值；
(2)过点A(0,16)作曲线y＝f(x)的切线，求此切线方程．
解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依题意，
f′(1)＝f′(－1)＝0，即
解得a＝1，b＝0.
∴f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.
若x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，则f′(x)＞0，
故f(x)在(－∞，－1)上是增函数，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
若x∈(－1,1)，则f′(x)＜0，故f(x)在(－1,1)上是减函数．
∴f(－1)＝2是极大值；f(1)＝－2是极小值．
(2)曲线方程为y＝x3－3x.点A(0,16)不在曲线上．
设切点为M(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x－3x0.
∵f′(x0)＝3(x－1)，
故切线的方程为y－y0＝3(x－1)(x－x0)．
注意到点A(0,16)在切线上，有16－(x－3x0)＝3(x－1)(0－x0)．
化简得x＝－8，解得x0＝－2.
∴切点为M(－2，－2)，切线方程为9x－y＋16＝0.
17. (本小题满分15分)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.21·cn·jy·com
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
依题设有即
解得
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，
f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，
g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
18．(本小题满分15分)某个体户计划经销A，B两种商品，据调查统计，当投资额为x(x≥0)万元时，在经销A，B商品中所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元，其中f(x)＝a(x－1)＋2，g(x)＝6ln(x＋b)(a＞0，b＞0)．已知投资额为零时收益为零．
(1)求a，b的值；
(2)如果该个体户准备投入5万元经销这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大利润．
解：(1)由投资额为零时收益为零，
可知f(0)＝－a＋2＝0，g(0)＝6ln b＝0，
解得a＝2，b＝1.
(2)由(1)可得f(x)＝2x，g(x)＝6ln(x＋1)．
设投入经销B商品的资金为x万元(0＜x≤5)，
则投入经销A商品的资金为(5－x)万元，
设所获得的收益为S(x)万元，
则S(x)＝2(5－x)＋6ln(x＋1)
＝6ln(x＋1)－2x＋10(0＜x≤5)．
S′(x)＝－2，令S′(x)＝0，得x＝2.
当0＜x＜2时，S′(x)＞0，函数S(x)单调递增；
当2＜x≤5时，S′(x)＜0，函数S(x)单调递减．
所以当x＝2时，函数S(x)取得最大值，
S(x)max＝S(2)＝6ln 3＋6≈12.6万元．
所以，当投入经销A商品3万元，B商品2万元时，
他可获得最大收益，收益的最大值约为12.6万元．
19．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ax2＋2ln(1－x)(a为常数)．
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值并判断x＝－1是极大值点还是极小值点；
(2)若f(x)在[－3，－2]上是增函数，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ax－，x∈(－∞，1)，
f′(－1)＝－2a－1＝0，
所以a＝－.
f′(x)＝－x－＝.
∵x<1，∴1－x>0，x－2<0，
因此，当x<－1时f′(x)>0，
当－1∴x＝－1是f(x)的极大值点．
(2)由题意f′(x)≥0在x∈[－3，－2]上恒成立，
即2ax－≥0在x∈[－3，－2]上恒成立
∴a≤在x∈[－3，－2]上恒成立，
∵－x2＋x＝－2＋ ∈[－12，－6]，
∴∈，
∴min＝－，a≤－.
即a的取值范围为.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝x＋(t＞0)和点P(1,0)，过点P作曲线y＝f(x)的两条切线PM，PN，切点分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)．www.21-cn-jy.com
(1)求证：x1，x2为关于x的方程x2＋2tx－t＝0的两根；
(2)设|MN|＝g(t)，求函数g(t)的表达式；
(3)在(2)的条件下，若在区间[2,16]内总存在m＋1个实数a1，a2，…，am＋1(可以相同)，使得不等式g(a1)＋g(a2)＋…＋g(am)＜g(am＋1)成立，求m的最大值．
解：(1)证明：由题意可知：y1＝x1＋，y2＝x2＋
∵f′(x)＝1－，
∴切线PM的方程为：y－＝(x－x1)，
又∵切线PM过点P(1,0)，
∴0－＝(1－x1)，
即x＋2tx1－t＝0，①
同理，由切线PN也过点P(1,0)，
得x＋2tx2－t＝0.②
由①②，可得x1，x2是方程x2＋2tx－t＝0(*)的两根
(2)由(*)知
|MN|＝
＝
＝，
∴g(t)＝(t＞0)．
(3)易知g(t)在区间[2,16]上为增函数，
∴g(2)≤g(ai)≤g(16)(i＝1,2，…，m＋1)，
则m·g(2)≤g(a1)＋g(a2)＋…＋g(am)＜g(am＋1)≤g(16)．
即m·g(2)＜g(16)，
即m＜，
所以m＜ ，由于m为正整数，所以m≤6.
又当m＝6时，存在a1＝a2＝…＝a6＝2，a7＝16满足条件，所以m的最大值为6.
阶段质量检测（三） 数系的扩充与复数的引入
(时间： 120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)21·cn·jy·com
1．i是虚数单位，复数＝( )
A．2＋i B．2－i
C．－2＋i D．－2－i
解析：选B ＝＝＝2－i.
2．若复数z满足＝i，其中i是虚数单位，则z＝( )
A．1－i B．1＋i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选A ＝(1－i)i＝－i2＋i＝1＋i，z＝1－i，故选A.
3．设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B ＝＝＝－1＋i，由复数的几何意义知－1＋i在复平面内的对应点为(－1,1)，该点位于第二象限，故选B.www.21-cn-jy.com
4．设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数是，则等于( )
A．－1－2i B．－2＋i
C．－1＋2i D．1＋2i
解析：选C 由题意可得＝
＝＝－1＋2i，故选C.
5．已知复数z＝－＋i，则＋|z|＝( )
A．－－i B．－＋i
C.＋i D.－i
解析：选D 因为z＝－＋i，所以＋|z|＝－－i＋ ＝－i.
6．已知复数z满足(1－i)z＝i2 016(其中i为虚数单位)，则的虚部为( )
A. B．－
C.i D．－i
解析：选B ∵2 016＝4×504，∴i2 016＝i4＝1.∴z＝＝＋i，∴＝－i，∴的虚部为－.故选B.2·1·c·n·j·y
7．设z的共轭复数为，若z＋＝4，z·＝8，则等于( )
A．1 B．－i
C．±1 D．±i
解析：选D 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，由条件可得解得因此或所以＝＝＝＝＝－i，或＝＝＝＝＝i，所以＝±i.21cnjy.com
8．已知复数z＝(x－2)＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的向量的模为，则的最大值是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 因为|(x－2)＋yi|＝，所以(x－2)2＋y2＝3，所以点(x，y)在以C(2,0)为圆心，以为半径的圆上，如图，由平面几何知识－≤≤.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)
9．i是虚数单位，若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为________．
解析：由(1－2i)(a＋i)＝(a＋2)＋(1－2a)i是纯虚数可得a＋2＝0,1－2a≠0，解得a＝－2.【21·世纪·教育·网】
答案：－2
10．已知复数z＝(5＋2i)2(i为虚数单位)，则z的实部为________＝________.
解析：复数z＝(5＋2i)2＝21＋20i，其实部是21，＝21－20i.
答案：21 21－20i
11．若a为实数，＝－i，则a＝________，2＋ai在第________象限．
解析：＝－i，可得2＋ai＝－i(1＋i)＝2－i，所以a＝－，2＋ai＝2－i在第四象限．21·世纪*教育网
答案：－ 四
12．若复数z＝(a－2)＋3i(a∈R)是纯虚数，则a＝______，＝________.
解析：∵z＝a－2＋3i(a∈R)是纯虚数，∴a＝2，
∴＝＝＝－i.
答案：2 －i
13．已知复数z＝(i是虚数单位)，则z的实部是________，|z|＝________.
解析：∵z＝＝2＋i，∴z的实部是2.
|z|＝|2＋i|＝.
答案：2
14．设复数a＋bi(a，b∈R)的模为，则(a＋bi)(a－bi)＝________.
解析：∵|a＋bi|＝＝，
∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3.
答案：3
15．若关于x的方程x2＋(2－i)x＋(2m－4)i＝0有实数根，则纯虚数m＝________.
解析：设m＝bi(b∈R且b≠0)，则x2＋(2－i)x＋(2bi－4)i＝0，化简得(x2＋2x－2b)＋(－x－4)i＝0，即解得∴m＝4i.www-2-1-cnjy-com
答案：4i
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)设复数z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i(m∈R)，试求m取何值时？2-1-c-n-j-y
(1)z是实数.
(2)z是纯虚数．
(3)z对应的点位于复平面的第一象限．
解：(1)由m2＋3m＋2＝0且m2－2m－2＞0，解得m＝－1或m＝－2，复数表示实数．
(2)当实部等于零且虚部不等于零时，复数表示纯虚数．
由lg(m2－2m－2)＝0，且m2＋3m＋2≠0，
求得m＝3，故当m＝3时，复数z为纯虚数．
(3)由lg(m2－2m－2)＞0，且m2＋3m＋2＞0，解得m＜－2或m＞3，故当m＜－2或m＞3时，复数z对应的点位于复平面的第一象限．21*cnjy*com
17．(本小题满分15分)已知(1＋2i)＝4＋3i，求z及.
解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi.
∴(1＋2i)(a－bi)＝4＋3i，
∴(a＋2b)＋(2a－b)i＝4＋3i.
由复数相等，解得
解得
∴z＝2＋i.
∴＝＝＝＝＋i.
18．(本小题满分15分)已知z＝1＋i，a，b为实数．
(1)若ω＝z2＋3－4，求|ω|；
(2)若＝1－i，求a，b的值．
解：(1)ω＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，
所以|ω|＝.
(2)由条件，得＝1－i，
所以(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，
所以解得
19．(本小题满分15分)虚数z满足|z|＝1，z2＋2z＋＜0，求z.
解：设z＝x＋yi(x，y∈R，y≠0)，∴x2＋y2＝1.
则z2＋2z＋＝(x＋yi)2＋2(x＋yi)＋
＝(x2－y2＋3x)＋y(2x＋1)i.
∵y≠0，z2＋2z＋＜0，
∴
又x2＋y2＝1. ③
由①②③得
∴z＝－±i.
20．(本小题满分15分)已知复数z满足|z|＝，z2的虚部是2.
(1)求复数z；
(2)设z，z2，z－z2在复平面上的对应点分别为A，B，C，求△ABC的面积．
解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a2－b2＋2abi，由题意得a2＋b2＝2且2ab＝2，解得a＝b＝1或a＝b＝－1，所以z＝1＋i或z＝－1－i.21世纪教育网
(2)当z＝1＋i时，z2＝2i，z－z2＝1－i，所以A(1,1)，B(0,2)，C(1，－1)，所以S△ABC＝1.21教育网
当z＝－1－i时，z2＝2i，z－z2＝－1－3i，
所以A(－1，－1)，B(0,2)，C(－1，－3)，
所以S△ABC＝1.
阶段质量检测（二） 推理与证明
(时间： 120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)2·1·c·n·j·y
1．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是( )
A．a＞b＞c B．b＞c＞a
C．c＞a＞b D．a＞c＞b
解析：选A ∵a＝－＝，
b＝－＝，c＝－＝，
又∵＋＞＋＞＋＞0，
∴a＞b＞c.
2．若a，b，c为实数，且a＜b＜0，则下列命题正确的是( )
A．ac2＜bc2 B．a2＞ab＞b2
C.＜ D.＞
解析：选B a2－ab＝a(a－b)，
∵a＜b＜0，∴a－b＜0，∴a2－ab＞0，∴a2＞ab.①
又ab－b2＝b(a－b)＞0，∴ab＞b2，②
由①②得a2＞ab＞b2.
3．若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b与a＜b及a＝b中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数是( )21·世纪*教育网
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C 由于a，b，c不全相等，则a－b，b－c，c－a中至少有一个不为0，故①正确；②显然成立；令a＝2，b＝3，c＝5，满足a≠c，b≠c，a≠b，故③错．
4．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ac＞0，abc＞0，用反证法求证a＞0，b＞0，c＞0时的反设为( )21世纪教育网
A．a＜0，b＜0，c＜0 B．a≤0，b＞0，c＞0
C．a，b，c不全是正数 D．abc＜0
解析：选C a＞0，b＞0，c＞0的否定是：a，b，c不全是正数．
5．求证：＋>.
证明：因为＋和都是正数，
所以为了证明＋>，
只需证明(＋)2>()2，展开得5＋2>5，
即2>0，此式显然成立，所以不等式＋>成立．
上述证明过程应用了( )
A．综合法
B．分析法
C．综合法、分析法配合使用
D．间接证法
解析：选B 证明过程中的“为了证明……”，“只需证明……”这样的语句是分析法所特有的，是分析法的证明模式．21cnjy.com
6．设x，y，z＞0，则三个数＋，＋，＋( )
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
解析：选C 因为x＞0，y＞0，z＞0，
所以＋＋
＝＋＋≥6，
当且仅当x＝y＝z时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2.
7．若数列{an}是等比数列，则数列{an＋an＋1}( )
A．一定是等比数列
B．一定是等差数列
C．可能是等比数列也可能是等差数列
D．一定不是等比数列
解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，则an＋an＋1＝an(1＋q)．∴当q≠－1时，{an＋an＋1}一定是等比数列；www.21-cn-jy.com
当q＝－1时，an＋an＋1＝0，此时为等差数列．
8．用数学归纳法证明“1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋”时，由n＝k的假设证明n＝k＋1时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为( )
A.＋…＋＋
B.＋…＋＋＋
C.＋…＋＋
D.＋…＋＋
解析：选D 当n＝k＋1时，右边应为
＋＋…＋
＝＋＋…＋＋＋.故D正确．
二、填空题(本大题共7小题，多空题6分，单空题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)
9．已知x，y∈R，且x＋y<2，则x，y中至多有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．2-1-c-n-j-y
解析：“至多有一个大于1”包括“都不大于1和有且仅有一个大于1”，故其对立面为“x，y都大于1”．
答案：x，y都大于1
10．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．
解析：假设P＜Q，∵要证P＜Q，只需证P2＜Q2，
即证：2a＋7＋2＜2a＋7＋2，
即证：a2＋7a＜a2＋7a＋12，
即证：0＜12，
∵0＜12成立，∴P＜Q成立．
答案：P＜Q
11．已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，则x，y的大小关系是________．
解析：x2－y2＝－(a＋b)
＝＝.
∵a，b是不相等的正数，∴≠，
∴(－)2＞0，∴＜0.∴x2＜y2.
又∵x＞0，y＞0，∴x＜y.
答案：x＜y
12．已知数列{an}的前n项和Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则S4＝________；可归纳猜想出Sn的表达式为________．21·cn·jy·com
解析：由a1＝1，得a1＋a2＝22a2，∴a2＝，S2＝；又1＋＋a3＝32a3，∴a3＝，S3＝＝；【21·世纪·教育·网】
又1＋＋＋a4＝16a4，得a4＝，S4＝.
由S1＝，S2＝，S3＝，S4＝可以猜想Sn＝.
答案：
13．设函数f(x)定义如下表，数列{xn}满足x0＝5，且对任意的自然数均有xn＋1＝f(xn)，则x2 016＝________；x2017＝________.21*cnjy*com
x
1
2
3
4
5
f(x)
4
1
3
5
2
解析：x1＝f(x0)＝f(5)＝2，x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，数列{xn}是周期为4的数列，所以x2 016＝x4＝5，x2017＝x5＝2.www-2-1-cnjy-com
答案：5 2
14．已知a1＝，an＋1＝，则a2，a3，a4的值分别为______________，由此猜想an＝________.【21cnj*y.co*m】
解析：a2＝＝＝＝，
同理，a3＝＝＝，
a4＝＝，
a5＝＝，
猜想an＝.
答案：，，
15．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n2＝，其初始值为______，当n＝k＋1时，其式子的左端应在n＝k时的左端再加上________________．【21教育名师】
解析：代入验证可知n的初始值为1.n＝k时的左端为1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1时的左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故增加的式子为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.【21教育】
答案：1 (k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg ≥；
(2)6＋>2＋2.
证明：(1)当a，b>0时，有≥，
∴lg≥lg，
∴lg≥lg ab＝.
(2)要证 ＋>2＋2，
只要证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
所以，原不等式成立．
17．(本小题满分15分)已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于.21教育网
证明：假设三式同时大于，
即(1－a)b＞，(1－b)c＞，(1－c)a＞，
三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c＞.①
又(1－a)a≤2＝，当且仅当a＝时取“＝”号，
同理(1－b)b≤，(1－c)c≤.
所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤，
与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确．
18．(本小题满分15分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，
求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
解：(1)由已知得
∴d＝2.
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
∵p，q，r∈N*，∴
∴2＝pr，(p－r)2＝0.
∴p＝r，与p≠r矛盾．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
19．(本小题满分15分)设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．
求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明：当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立．
假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)
＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论仍然成立．
∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
20．(本小题满分15分)已知f(x)＝，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.
(1)求函数f(x)的表达式；
(2)已知数列{xn}的项满足xn＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，试求x1，x2，x3，x4；
(3)猜想{xn}的通项公式，并用数学归纳法证明．
解：(1)把f(1)＝log162＝，f(－2)＝1，代入函数表达式得
即
解得(舍去a＝－)，
∴f(x)＝(x≠－1)．
(2)x1＝1－f(1)＝1－＝，
x2＝(1－f(2))＝×＝，
x3＝(1－f(3))＝×＝，
x4＝×＝.
(3)由(2)知，x1＝，x2＝＝，x3＝，x4＝＝，…，由此可以猜想xn＝.
证明：①当n＝1时，∵x1＝，而＝，
∴猜想成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，xn＝成立，
即xk＝，
则n＝k＋1时，
xk＋1＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(k))·(1－f(k＋1))
＝xk·(1－f(k＋1))＝·
＝·＝·
＝.
∴当n＝k＋1时，猜想也成立，根据①②可知，对一切n∈N*，猜想xn＝都成立．
