≥2a·＋2
abc1
b·＋2ba1
c·＝6， c1
111
这与a＋＋b＋＋c＋<6矛盾，
111
故假设不成立，所以a＋，b＋，c＋至少有一个不小于2.故选D.
aba13．(2018·山东烟台模拟)设a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，则m，n的大小关系是________．
答案 n>m
解析 解法一(取特殊值法)：取a＝2，b＝1，则m 解法二(分析法)：a－b 一、高考大题 1．(2018·北京高考)设n为正整数，集合A＝{α|α＝(t1，t2，…，tn)，tk∈{0，1}， k＝1，2，…，n}．对于集合A中的任意元素α＝(x1，x2，…，xn)和β＝(y1，y2，…，yn)， 1 记M(α，β)＝[(x1＋y1－|x1－y1|)＋(x2＋y2－|x2－y2|)＋…＋(xn＋yn－|xn－yn|)]． 2 (1)当n＝3时，若α＝(1，1，0)，β＝(0，1，1)，求M(α，α)和M(α，β)的值； (2)当n＝4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素α，β，当α，β相同时，M(α，β)是奇数；当α，β不同时，M(α，β)是偶数．求集合B中元素个数的最大值； (3)给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素α，β，M(α，β)＝0.写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由． 解 (1)因为α＝(1，1，0)，β＝(0，1，1)， 1 所以M(α，α)＝[(1＋1－|1－1|)＋(1＋1－|1－1|)＋(0＋0－|0－0|)]＝2， 2 M(α，β)＝[(1＋0－|1－0|)＋(1＋1－|1－1|)＋(0＋1－|0－1|)]＝1. (2)设α＝(x1，x2，x3，x4)∈B， 则M(α，α)＝x1＋x2＋x3＋x4. 由题意知x1，x2，x3，x4∈{0，1}，且M(α，α)为奇数， 所以x1，x2，x3，x4中1的个数为1或3. 所以B?{(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)，(0，1，1， 12 1)，(1，0，1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)}． 将上述集合中的元素分成如下四组： (1，0，0，0)，(1，1，1，0)；(0，1，0，0)，(1，1，0，1)；(0，0，1，0)，(1，0，1，1)；(0，0，0，1)，(0，1，1，1)． 经验证，对于每组中两个元素α，β均有M(α，β)＝1. 所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素． 所以集合B中元素的个数不超过4. 又集合{(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)}满足条件， 所以集合B中元素个数的最大值为4. (3)设Sk＝{(x1，x2，…，xn)|(x1，x2，…，xn)∈A， xk＝1，x1＝x2＝…＝xk－1＝0}(k＝1，2，…，n)， Sn＋1＝{(x1，x2，…，xn)|x1＝x2＝…＝xn＝0}， 所以A＝S1∪S2∪…∪Sn＋1. 对于Sk(k＝1，2，…，n－1)中的不同元素α，β，经验证，M(α，β)≥1. 所以Sk(k＝1，2，…，n－1)中的两个元素不可能同时是集合B的元素． 所以B中元素的个数不超过n＋1. 取ek＝(x1，x2，…，xn)∈Sk且xk＋1＝…＝xn＝0(k＝1，2，…，n－1)． 令B＝{e1，e2，…，en－1}∪Sn∪Sn＋1，则集合B的元素个数为n＋1，且满足条件． 故B是一个满足条件且元素个数最多的集合． 2．(2018·江苏高考)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数，若存在x0 ∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”． (1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x＋2x－2不存在“S点”； (2)若函数f(x)＝ax－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值； 2 2 bex(3)已知函数f(x)＝－x＋a，g(x)＝，对任意a>0，判断是否存在b>0，使函数f(x) x2 与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由． 解 (1)证明：函数f(x)＝x，g(x)＝x＋2x－2， 则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2， 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)， ??x＝x＋2x－2，得? ?1＝2x＋2，? 2 2 此方程组无解． 2 因此，f(x)＝x与g(x)＝x＋2x－2不存在“S点”． (2)函数f(x)＝ax－1，g(x)＝ln x， 2 1 则f′(x)＝2ax，g′(x)＝， x设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得 ax0－1＝ln x0，???12ax0＝，?x0? 2 2 ??ax0－1＝ln x0，即?2 ?2ax0＝1，? (*) 111e得ln x0＝－，即x0＝e－，则a＝＝. 22122 2?e－?2e1 当a＝时，x0＝e－满足方程组(*)， 22 e即x0为f(x)与g(x)的“S点”，因此，a的值为. 2 bex?x－1? (3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝，x≠0， x2 2x0 f′(x0)＝g′(x0)?bex0＝－>0?x0∈(0，1)， x0－1 2 bex02x0 f(x0)＝g(x0)?－x＋a＝＝－? x0x0－1 2 0 3 2x0 a＝x－， x0－1 20 2 2x－x＋3x＋ax－a令h(x)＝x－－a＝， x－11－x2 232 x∈(0，1)，a>0， 设m(x)＝－x＋3x＋ax－a，x∈(0，1)，a>0， 则m(0)＝－a<0，m(1)＝2>0?m(0)·m(1)<0， 又m(x)的图象在(0，1)上连续不断， ∴m(x)在(0，1)上有零点，则h(x)在(0，1)上有零点．因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”． 二、模拟大题 3．(2018·贵州安顺调研)已知函数f(x)＝3－2x，求证：对于任意的x1，x2∈R，均有 x3 2 f?x1?＋f?x2? 2 ≥fx1＋x2 2 . ≥f?证明 要证明 f?x1?＋f?x2? 2 ?x1＋x2?， ??2? ?3x1－2x1?＋?3x2－2x2?x1＋x2x1＋x2 即证明≥3－2·， 2223x1＋3x2x1＋x2 因此只要证明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)， 223x1＋3x2x1＋x2 即证明≥3， 22 3x1＋3x2 因此只要证明≥3x1·3x2， 2由于x1，x2∈R时，3x1>0，3x2>0， 3x1＋3x2 由基本不等式知≥3x1·3x2(当且仅当x1＝x2时，等号成立)显然成立， 2故原结论成立． 4．(2018·山东临沂三校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列． 解 (1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1. 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2， 111 两式相减得an＋1＝an，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝n－1. 222(2)证明：(反证法)假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p 111 则2·q＝p＋r， 222所以2·2 r－q* ＝2 r－p＋1.① * * 又因为p
相关推荐：
loading