(時(shí)間：100分鐘滿分：120分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分)1.已知a，b，c都是正數(shù)，且ab＋bc＋ca＝1，則下列不等式中正確的是()A.(a＋b＋c)2≥3B.aB.a2＋b2＋c2≥2C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤2eq\r(3) D.a＋b＋c≤eq\f(1,3abc)解析用3(ab＋bc＋ca)≤(a＋b＋c)2≤3(a2＋b2＋c2)易得.答案A2.若x>1，則函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16x,x2＋1)的最小值為()A.16 B.8C.4 D.非上述情況解析y＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16,x＋\f(1,x))，令t＝x＋eq\f(1,x)>2(因x>1).∴y＝t＋eq\f(16,t)≥2eq\r(16)＝8.當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(16,t)，即t＝4時(shí)取等號.答案B3.若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，則eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)的最大值是()A.2 B.eq\f(3,2)C.eq\r(3) D.eq\f(5,3)解析(1·eq\r(a)＋1·eq\r(b)＋1·eq\r(c))2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3因此，eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(\r(a),1)＝eq\f(\r(b),1)＝eq\f(\r(c),1)，即a＝b＝c＝eq\f(1,3)時(shí)取等號.答案C4.已知a，b，c∈(0，＋∞)，A＝a3＋b3＋c3，B＝a2b＋b2c＋c2a，則A與B的大小關(guān)系為()A.A≥B B.A≤BC.A＝B D.A與B的大小不確定解析取兩組數(shù)：a，b，c與a2，b2，c2，顯然a3＋b3＋c3是順序和，a2b＋b2c＋c2a是亂序和，所以a3＋b3＋c3≥a2b＋b2c＋c2a，即A≥B.答案A5.用數(shù)學(xué)歸納法證明“對于足夠大的自然數(shù)n，總有2n>n3”時(shí)，驗(yàn)證第一步不等式成立所取的第一個值n0最小應(yīng)當(dāng)是()A.1 B.大于1且小于10的某個自然數(shù)C.10 D.11答案C6.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,2－x)，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1＝f(1)，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－eq\f(2,f（an）)＝eq\f(1,2)(n2＋5n－2)，則通過計(jì)算a1，a2，a3的值，猜想{an}的通項(xiàng)公式an等于()A.n＋1 B.n－1C.n＋2 D.n－2答案A7.設(shè)a，b，c，d為正數(shù)，a＋b＋c＋d＝1，則a2＋b2＋c2＋d2的最小值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.1 D.eq\f(3,4)解析由柯西不等式(a2＋b2＋c2＋d2)(12＋12＋12＋12)≥(a＋b＋c＋d)2，因?yàn)閍＋b＋c＋d＝1，于是由上式得4(a2＋b2＋c2＋d2)≥1，于是a2＋b2＋c2＋d2≥eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝d＝eq\f(1,4)時(shí)取等號.答案B8.設(shè)a1，a2，a3為正數(shù)，m＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)，n＝a1＋a2＋a3，則m與n的大小關(guān)系為()A.m≤n B.m≥nC.m>n D.m＝n解析不妨設(shè)a1≥a2≥a3>0，于是eq\f(1,a1)≤eq\f(1,a2)≤eq\f(1,a3)，a2a3≤a3a1≤a1a2.由排序不等式：順序和≥亂序和，得：eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a3a1,a2)＋eq\f(a2a3,a1)≥eq\f(1,a2)·a2a3＋eq\f(1,a3)·a3a1＋eq\f(1,a1)·a1a2＝a1＋a2＋a3.故選B.答案B9.用數(shù)學(xué)歸納法證明“1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)”時(shí)，由n＝k的假設(shè)證明n＝k＋1時(shí)，如果從等式左邊證明右邊，則必須證得右邊為()A.eq\f(1,k＋1)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)B.eq\f(1,k＋1)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)C.eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)D.eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)答案D10.用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(n,2)(n∈N＋)”時(shí)，命題在n＝k＋1時(shí)的形式是()A.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>eq\f(k＋1,2)B.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)>eq\f(k＋1,2)C.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)>eq\f(k＋1,2)D.1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>eq\f(k＋1,2)答案D二、填空題(本大題共6小題，每小題5分，共30分)11.用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)，假設(shè)n＝k時(shí)，不等式成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)推證的目標(biāo)是________.解析當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（k＋1）2)＋eq\f(1,（k＋2）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3).答案eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（k＋2）2)＞eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)12.設(shè)x2＋2y2＝1則u(x，y)＝x＋2y的最小值是________；最大值是________.解析由柯西不等式，有|u(x，y)|＝|1·x＋eq\r(2)·eq\r(2)y|≤eq\r(1＋2)·eq\r(x2＋2y2)＝eq\r(3)得umin＝－eq\r(3)，umax＝eq\r(3)分別在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))時(shí)取得.答案－eq\r(3)eq\r(3)13.已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))的最小值是________.解析∵a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥3＋2＋2＋2＝9，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥9＋1＝10.答案1014.設(shè)實(shí)數(shù)a1，a2，a3滿足條件a1＋a2＋a3＝2，則a1a2＋a2a3＋a3a1的最大值為________.解析由柯西不等式，(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))(12＋12＋12)≥(a1＋a2＋a3)2＝4，于是aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)≥eq\f(4,3).故a1a2＋a2a3＋a3a1＝eq\f(1,2)[(a1＋a2＋a3)2－(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))]＝eq\f(1,2)×22－eq\f(1,2)(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))≤2－eq\f(1,2)×eq\f(4,3)＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)15.函數(shù)y＝cos2x(1＋sinx)的最大值為__________.解析y＝(1－sin2x)(1＋sinx)＝(1－sinx)(1＋sinx)·(1＋sinx)＝4(1－sinx)·eq\f(1＋sinx,2)·eq\f(1＋sinx,2)≤4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－sinx＋1＋sinx,3)))eq\s\up12(3)＝4×eq\f(8,27)＝eq\f(32,27)等號成立?1－sinx＝eq\f(1＋sinx,2)?sinx＝eq\f(1,3).答案eq\f(32,27)16.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x,x＋2)，數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝f(an－1)(n>1，n∈N＋)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為__________.答案an＝eq\f(2,n＋1)三、解答題(本大題共4小題，每小題10分，共40分)17.利用柯西不等式解方程：2eq\r(1－x)＋eq\r(2x＋3)＝eq\r(15).解由柯西不等式(2eq\r(1－x)＋eq\r(2x＋3))2＝(2eq\r(1－x)＋eq\r(2)·eq\r(x＋\f(3,2)))2≤[22＋(eq\r(2))2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\r(1－x)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x＋\f(3,2))))\s\up12(2)))＝6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x＋x＋\f(3,2)))＝6×eq\f(5,2)＝15.等號成立?eq\f(\r(1－x),2)＝eq\f(\r(x＋\f(3,2)),\r(2))?eq\f(1－x,4)＝eq\f(x＋\f(3,2),2)?x＝－eq\f(2,3).經(jīng)檢驗(yàn)，x＝－eq\f(2,3)為原方程的根.18.已知a，b，c為正數(shù)，求證：eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,a＋b＋c)≥abc.證明根據(jù)所證明的不等式中a，b，c的“地位”的對稱性，不妨設(shè)a≥b≥c，則eq\f(1,a)≤eq\f(1,b)≤eq\f(1,c)，bc≤ca≤ab，由排序原理：順序和≥亂序和，得eq\f(bc,a)＋eq\f(ca,b)＋eq\f(ab,c)≥eq\f(bc,c)＋eq\f(ca,a)＋eq\f(ab,b)，即eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,abc)≥a＋b＋c，∵a，b，c為正數(shù)，∴abc>0，a＋b＋c>0.于是eq\f(b2c2＋c2a2＋a2b2,a＋b＋c)≥abc.19.設(shè)a1，a2，…，an是幾個不相同的正整數(shù)，用排序不等式證明：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)≤a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋…＋eq\f(an,n2).證明設(shè)b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的一個排列，且滿足b1<b2<…<bn，因b1，b2，…，bn是互不相同的正整數(shù)，故b1≥1，b2≥2，…，bn≥n.又因?yàn)?>eq\f(1,22)>eq\f(1,32)>…>eq\f(1,n2)，故由排序不等式；得a1＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,32)＋…＋eq\f(an,n2)≥b1＋eq\f(b2,22)＋eq\f(b3,32)＋…＋eq\f(bn,n2)≥1×1＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,32)＋…＋n·eq\f(1,n2)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n).20.已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N＋)，設(shè)Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的個數(shù).(1)寫出f(6)的值；(2)當(dāng)n≥6時(shí)，寫出f(n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明.解(1)Y6＝{1，2，3，4，5，6}，S6中的元素(a，b)滿足：若a＝1，則b＝1，2，3，4，5，6；若a＝2，則b＝1，2，4，6；若a＝3，則b＝1，3，6.所以f(6)＝13.(2)當(dāng)n≥6時(shí)，f(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N＋).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝6時(shí)，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結(jié)論成立；②假設(shè)n＝k(k≥6)時(shí)結(jié)論成立，那么n＝k＋1時(shí)，Sk＋1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中