第一篇：福州藝術生文化培訓全封閉特訓2014屆高考數學 集合與常用邏輯用語 1.2 命題及其關系、充分條件與必要條件

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1.2命題及其關系、充分條件與必要條件

一、選擇題

1．設集合A＝{x∈R|x－2＞0}，B＝{x∈R|x＜0}，C＝{x∈R|x(x－2)＞0}，則“x∈A∪B”是“x∈C”的()

A．充分而不必要條件

B．必要而不充分條件

C．充分必要條件

D．既不充分也不必要條件

解析：A∪B＝{x∈R|x＜0或x＞2}，C＝{x∈R|x＜0或x＞2}，∵A∪B＝C，∴x∈A∪B是x∈C的充分必要條件．

答案：C

2．已知命題p：?n∈N,2＞1 000，則綈p為()．

A．?n∈N,2≤1 000

C．?n∈N,2≤1 000nnnB．?n∈N,2＞1 000 D．?n∈N,2＜1 000 nn

解析 特稱命題的否定是全稱命題．即p：?x∈M，p(x)，則綈p：?x∈M，綈p(x)．故選

A.答案 A

3．命題“若－1＜x＜1，則x＜1”的逆否命題是()

A．若x≥1或x≤－1，則x≥1

B．若x<1，則－1

C．若x>1，則x>1或x<－1

D．若x≥1，則x≥1或x≤－1

解析：若原命題是“若p，則q”，則逆否命題為“若綈q則綈p”，故此命題的逆否命題是“若x≥1，則x≥1或x≤－1”．

答案：D

4．已知α，β角的終邊均在第一象限，則“α＞β”是“sin α＞sin β”的()．

A．充分不必要條件

C．充要條件B．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件 222222

1解析(特例法)當α＞β時，令α＝390°，β＝60°，則sin 390°＝sin 30°＝sin 2

60°＝3sin α＞sin β不成立；當sin α＞sin β時，令α＝60°，β＝390°滿2

足上式，此時α＜β，故“α＞β”是“sin α＞sin β”的既不充分也不必要條件．

答案 D

【點評】 本題采用了特例法，所謂特例法，就是用特殊值特殊圖形、特殊位置代替題設普遍條件，得出特殊結論，對各個選項進行檢驗，從而作出正確的判斷.特例法的理論依據是：命題的一般性結論為真的先決條件是它的特殊情況為真，即普通性寓于特殊性之中.常用的特例有取特殊數值、特殊數列、特殊函數、特殊圖形、特殊角、特殊位置等.這種方法實際是一種“小題小做”的解題策略，對解答某些選擇題有時往往十分奏效.5．命題“若f(x)是奇函數，則f(－x)是奇函數”的否命題是()A．若f(x)是偶函數，則f(－x)是偶函數 B．若f(x)不是奇函數，則f(－x)不是奇函數 C．若f(－x)是奇函數，則f(x)是奇函數 D．若f(－x)不是奇函數，則f(x)不是奇函數 解析：否命題是既否定題設又否定結論． 答案：B

6．設集合M＝{1,2}，N＝{a}，則“a＝1”是“N?M”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件

解析：當a＝1時，N＝{1}，此時有N?M，則條件具有充分性；當N?M時，有a＝1或a

＝2得到a1＝1，a2＝－1，a3＝2，a4＝－2，故不具有必要性，所以“a＝1”是“N?M”的充分不必要條件． 答案：A

7．若實數a，b滿足a≥0，b≥0，且ab＝0，則稱a與b互補．記φ(a，b)a＋b－a－b，那么φ(a，b)＝0是a與b互補的()． A．必要而不充分的條件C．充要條件

B．充分而不必要的條件 D．既不充分也不必要的條件

解析 若φ(a，b)＝0，即a＋b＝a＋b，兩邊平方得ab＝0，故具備充分性．若a≥0，b≥0，ab＝0，則不妨設a＝0.φ(a，b)a2＋b2－a－b＝b2－b＝0.故具備必要性．故選C.答案 C

二、填空題

8.若不等式成立的充分不必要條件是，則實數的取值范圍是______

?14???2,3?

? 答案：?

9．有三個命題：(1)“若x＋y＝0，則x，y互為相反數”的逆命題；(2)“若a＞b，則a＞b”的逆否命題；(3)“若x≤－3，則x＋x－6＞0”的否命題． 其中真命題的個數為________(填序號)．

解析(1)真，(2)原命題假，所以逆否命題也假，(3)易判斷原命題的逆命題假，則原命題的否命題假． 答案 1

10．定義：若對定義域D上的任意實數x都有f(x)＝0，則稱函數f(x)為D上的零函數． 根據以上定義，“f(x)是D上的零函數或g(x)是D上的零函數”為“f(x)與g(x)的積函數是D上的零函數”的________條件．

??0，x∈解析 設D＝(－1,1)，f(x)＝?

?x，x∈???x，x∈g(x)＝?

?0，x∈?

2－1，0]，0，1，－1，0]，0，1，顯然F(x)＝f(x)·g(x)是定義域D上的零函數，但f(x)與

g(x)都不是D上的零函數．

答案 充分不必要

11．p：“向量a與向量b的夾角θ為銳角”是q：“a·b>0”的________條件． 解析：若向量a與向量b的夾角θ為銳角，則cos θ＝可得cos θ＝

a·b，即a·b>0；由a·b>0

|a|·|b|

a·b，故θ為銳角或θ＝0°，故p是q的充分不必要條件．

|a|·|b|

答案：充分不必要

12．已知a與b均為單位向量，其夾角為θ，有下列四個命題

p1：|a＋b|＞1?θ∈?0，p2：|a＋b|＞1?θ∈?

??

2π?? 3?

?2π，π?

?

?3???

π?

p3：|a－b|＞1?θ∈?0，?

?

??p4：|a－b|＞1?θ∈?π?

?

其中真命題的個數是____________．

π?

3122

解析 由|a＋b|＞1可得a＋2a·b＋b＞1，因為|a|＝1，|b|＝1，所以a·bθ

21?2π?2π222

∈?0，.當θ∈?0，時，a·b＞－，|a＋b|＝a＋2a·b＋b＞1，即|a＋b|＞1，3?3?2??122

故p1正確．由|a－b|＞1可得a－2a·b＋b＞1，因為|a|＝1，|b|＝1，所以a·b，故

?π?θ∈?，π?，反之也成立，p4正確． ?3?

答案 2

三、解答題

|x?a|

q:loga2?1f(x)?2p13.設：函數在區間（4，+∞）上單調遞增；，如果“?p”

是真命題，“p或q”也是真命題，求實數a的取值范圍。

|x?a|

p:?f(x)?2解析：在區間（4，+∞）上遞增，?u?|x?a|在（4，+∞）上遞增，故a?4.????（3分）

q:由loga2?1?logaa?0?a?1或a?2.????（6分）

如果“?p”為真命題，則p為假命題，即a?4.????（8分）又因為p或q為真，則q為真，即0?a?1或a?2

?0?a?1或a?2?

a?4由?可得實數a的取值范圍是a?4.????（12分）

14．已知函數f(x)是(－∞，＋∞)上的增函數，a、b∈R，對命題“若a＋b≥0，則f(a)＋

f(b)≥f(－a)＋f(－b)”．

(1)寫出其逆命題，判斷其真假，并證明你的結論；(2)寫出其逆否命題，判斷其真假，并證明你的結論． 解(1)逆命題是：若f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，則a＋b≥0為真命題．

用反證法證明：假設a＋b＜0，則a＜－b，b＜－a.∵f(x)是(－∞，＋∞)上的增函數，則f(a)＜f(－b)，f(b)＜f(－a)，∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，這與題設相矛盾，所以逆命題為真．(2)逆否命題：若f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，則a＋b＜0為真命題．

因為原命題?它的逆否命題，所以證明原命題為真命題即可． ∵a＋b≥0,∴a≥－b，b≥－a.又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數，∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)． 所以逆否命題為真．

15．判斷命題“若a≥0，則x＋x－a＝0有實根”的逆否命題的真假． 解 法一 寫出逆否命題，再判斷其真假． 原命題：若a≥0，則x＋x－a＝0有實根． 逆否命題：若x＋x－a＝0無實根，則a＜0.判斷如下：

∵x＋x－a＝0無實根，1

∴Δ＝1＋4a＜0，∴a＜0，∴“若x＋x－a＝0無實根，則a＜0”為真命題． 法二 利用原命題與逆否命題同真同假(即等價關系)判斷 ∵a≥0，∴4a≥0，∴4a＋1＞0，∴方程x＋x－a＝0的判別式Δ＝4a＋1＞0，∴方程x＋x－a＝0有實根，故原命題“若a≥0，則x＋x－a＝0有實根”為真． 又∵原命題與其逆否命題等價，∴“若a≥0，則x＋x－a＝0有實根”的逆否命題為真命題． 法三 利用充要條件與集合關系判斷． 命題p：a≥0，q：x＋x－a＝0有實根，∴p：A＝{a∈R|a≥0}，22

222

q：B＝{a∈R|方程x2＋x－a＝0有實根}＝?a∈R|a≥－.?

?

1?4?

即A?B，∴“若p，則q”為真，∴“若p，則q”的逆否命題“若綈q，則綈p”為真． ∴“若a≥0，則x＋x－a＝0有實根”的逆否命題為真．

??x－x－6≤0，22

16．設p：實數x滿足x－4ax＋3a<0，其中a≠0，q：實數x滿足?2

?x＋2x－8>0.?

(1)若a＝1，且p∧q為真，求實數x的取值范圍；

(2)若p是q的必要不充分條件，求實數a的取值范圍． 解：(1)由x－4ax＋3a<0，得(x－3a)(x－a)<0，當a＝1時，解得1

?x＋2x－8>0?，得20時，A＝(a,3a)；

q，設A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，則AB，a<0時，A＝(3a，a)．

?a≤2，?所以當a>0時，有?

??3<3a，解得1

當a<0時，顯然A∩B＝?，不合題意．

綜上所述，實數a的取值范圍是1

第二篇：福州藝術生文化培訓全封閉特訓2014屆高考數學第一章 集合與常用邏輯用語 1.1 集合的概念與運算

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1.1 集合的概念與運算

一、選擇題

1．已知集合A＝{(x，y)|x，y是實數，且x＋y＝1}，B＝{(x，y)|x，y是實數，且y＝x}，則A∩B的元素個數為()．

A．0B．1C．2D．

3解析 集合A表示圓x＋y＝1上的點構成的集合，集合B表示直線y＝x上的點構成的集合，可判定直線和圓相交，故A∩B的元素個數為2.答案 C

2．集合M＝{a，b}，N＝{a＋1,3}，a，b為實數，若M∩N＝{2}，則M∪N＝()

A．{0,1,2}B．{0,1,3}

C．{0,2,3}D．{1,2,3} 222

2解析：∵M∩N＝2，∴2∈M,2∈N.∴a＋1＝2，即a＝1.又∵M＝{a，b}，∴b＝2.∴A∪B＝{1,2,3}．

答案：D

3．設集合M＝{1,2}，N＝{a}，則“a＝1”是“N?M”的()．

A．充分不必要條件

C．充分必要條件

222B．必要不充分條件 D．既不充分又不必要條件 解析 若N?M，則需滿足a＝1或a＝2，解得a＝±1或a2.故“a＝1”是“N?M”的充分不必要條件．

答案 A

4．圖中的陰影表示的集合是（）

A．(?UA)∩B

C．?U(A∩B)B．(?UB)∩A D．?U(A∪B)

解析：陰影部分在集合B中而不在集合A中，故陰影部分可表示為(?UA)∩B.答案：A

5．設集合M＝{(x，y)|x＋y＝1，x∈R，y∈R}，N＝{(x，y)|x－y＝0，x∈R}，y∈R，則集合M∩N中元素的個數為()．

A．1B．2C．3D．

4解析(數形結合法)x＋y＝1表示單位圓，y＝x表示開口方向向上的拋物線，畫出二者的222222

圖形，可以看出有2個交點，故選

B.答案 B

【點評】 本題畫出方程的曲線，立即得到正確的答案，避免了計算求解，提高了解題速度.6．已知A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|x－ax＋1＝0，a∈A}，則A∩B＝B時a的值是()

A．2

B．2或3 D．1或2

22C．1或3解析：由題意得，當a＝1時，方程x－ax＋1＝0無解，集合B＝?，滿足題意；當a＝2時，方程x－ax＋1＝0有兩個相等的實根1，集合B＝{1}，滿足題意；當a＝3時，方程x－ax＋1＝0有兩個不相等的實根3＋53－5353－5，B＝{}，不滿足題意．所222222

以滿足A∩B＝B的a的值為1或2.答案：D

7．已知集合A＝{x|x＝a＋(a－1)i}(a∈R，i是虛數單位)，若A?R，則a＝()．

A．1B．－1C．±1D．0

解析 ∵A?R，∴A中的元素為實數，所以a－1＝0，即a＝±1.答案 C

二、填空題

8．已知集合A＝{－1,1,2,4}，B＝{－1,0,2}，則A∩B＝________.解析 A∩B＝{－1,1,2,4}∩{－1,0,2}＝{－1,2}．

答案 {－1,2}

9．已知集合A＝{(0,1)，(1,1)，(－1,2)}，B＝{(x，y)|x＋y－1＝0，x，y∈Z}，則A∩B＝________.解析 A、B都表示點集，A∩B即是由A中在直線x＋y－1＝0上的所有點組成的集合，代入驗證即可．

答案 {(0,1)，(－1,2)}

10．已知集合M＝{x|<0}，N＝{y|y＝3x＋1，x∈R}，則M∩N等于________． x－222x

2解析：M＝{x|0

答案：[1,2)

11．若全集U＝R，集合A＝{x|x≥1}，則?UA＝________.解析 ?UA＝{x|x＜1}．

答案 {x|x＜1}

12．設A，B是非空集合，定義A*B＝{x|x∈A∪B且x?A∩B}，已知A＝{x|0≤x≤3}，B＝{y|y≥1}，則A*B＝____________________.解析 由題意知，A∪B＝[0，＋∞)，A∩B＝[1,3]，∴A*B＝[0,1)∪(3，＋∞)．

答案 [0,1)∪(3，＋∞)

三、解答題

13．已知集合A＝{x|(x－2)(x－3a－1)<0}，函數y＝(1)若a＝2，求集合B；(2)若A＝B，求實數a的值．

4－x解：(1)當a＝2時，由>0得4

故集合B＝{x|4

(2)由題意可知，B＝{x|2aA＝{x|2

??2a＝2又因為A＝B，所以?2??a＋1＝3a＋122a－xB.x－a2＋1，無解；

②若2＝3a＋1時，顯然不合題意；

1③若2>3a＋1，即a

??2a＝3a＋1又因為A＝B，所以?2??a＋1＝2，解得a＝－1.綜上所述，a＝－1

2,14．設集合A＝{x2x－1，－4}，B＝{x－5,1－x,9}，若A∩B＝{9}，求A∪B.解 由9∈A，可得x＝9或2x－1＝9，解得x＝±3或x＝5.當x＝3時，A＝{9,5，－4}，B＝{－2，－2,9}，B中元素重復，故舍去；

當x＝－3時，A＝{9，－7，－4}，B＝{－8,4,9}，A∩B＝{9}滿足題意，故A∪B＝{－7，－4，－8,4,9}；

當x＝5時，A＝{25,9，－4}，B＝{0，－4,9}，此時A∩B＝{－4,9}與A∩B＝{9}矛盾，故舍去．

綜上所述，A∪B＝{－8，－4,4，－7,9}． 2

15．A＝{x|－2＜x＜－1或x＞1}，B＝{x|a≤x＜b}，A∪B＝{x|x＞－2}，A∩B＝{x|1＜x＜3}，求實數a，b的值．

解 ∵A∩B＝{x|1＜x＜3}，∴b＝3，又A∪B＝{x|x＞－2}，∴－2＜a≤－1，又A∩B＝{x|1＜x＜3}，∴－1≤a＜1，∴a＝－1.16．設集合A＝{x|x＋4x＝0，x∈R}，B＝{x|x＋2(a＋1)x＋a－1＝0，a∈R，x∈R}，若222

B?A，求實數a的取值范圍．

思路分析 本題體現了分類討論思想，應對集合B中所含元素個數分類討論．

解 ∵A＝{0，－4}，∴B?A分以下三種情況：

(1)當B＝A時，B＝{0，－4}，由此知0和－4是方程x＋2(a＋1)x＋a－1＝0的兩個根，22Δ＝4a＋1－4a－1＞0，??由根與系數之間的關系，得?－2a＋1＝－4，??a2－1＝0，222 2解得a＝1.(2)當?≠BA時，B＝{0}或B＝{－4}，并且Δ＝4(a＋1)－4(a－1)＝0，解得a＝－1，此

時B＝{0}滿足題意．

(3)當B＝?時，Δ＝4(a＋1)－4(a－1)＜0，解得a＜－1.綜上所述，所求實數a的取值范圍是(－∞，－1]∪{1}．

【點評】 分類討論思想是一種重要的數學思想方法，是歷年來高考考查的重點，其基本思路是將一個復雜的數學問題分解或分割成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現解決原問題的思想策略.文章來源：福州五佳教育網 http:///yikao/(五佳教育藝考文化課集訓，承諾保過本科線，打造福建省性價比最高的文化課集訓)

第三篇：福州藝術生文化培訓全封閉特訓2014屆高考數學第十三章 算法初步、推理與證明、復數13.3 直接證明與間接證明

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13.3 直接證明與間接證明

一、選擇題

1.“所有9的倍數都是3的倍數，某奇數是9的倍數，故該奇數是3的倍數.”上述推理()

A 小前提錯B 結論錯

C 正確D 大前提錯

解析 大前提，小前提都正確，推理正確，故選C.答案 C

2．在用反證法證明命題“已知a、b、c∈(0,2)，求證a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)不可能都大于1”時，反證時假設正確的是()

A．假設a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都小于

1B．假設a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都大于

1C．假設a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都不大于

1D．以上都不對

解析 “不可能都大于1”的否定是“都大于1”，故選B.答案 B

3．下列命題中的假命題是()．

A．三角形中至少有一個內角不小于60°

B．四面體的三組對棱都是異面直線

C．閉區間[a，b]上的單調函數f(x)至多有一個零點

D．設a，b∈Z，若a＋b是奇數，則a，b中至少有一個為奇數

解析 a＋b為奇數?a，b中有一個為奇數，另一個為偶數，故D錯誤． 答案 D

4．命題“如果數列{an}的前n項和Sn＝2n2－3n，那么數列{an}一定是等差數列”是否成立()．

A．不成立B．成立C．不能斷定D．能斷定 解析 ∵Sn＝2n2－3n，∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5(n＝1時，a1＝S1＝－1符合上式)．

又∵an＋1－an＝4(n≥1)，∴{an}是等差數列．

答案 B

1115．設a、b、c均為正實數，則三個數a＋b＋c＋)． bca

A．都大于2B．都小于

2C．至少有一個不大于2D．至少有一個不小于2 解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，1??1??1??1??1??a＋b＋c＋a＋b＋＋?＋?＝?＋?＋ ∴?b??c??a??a??b??

1??c＋?≥6，c??

當且僅當a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.答案 D

6．設a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，則a與b大小關系為()

A．a＞b

C．a＝bB．a＜bD．a≤b

解析 ∵a＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b＝ex＜e0＝1，故a＞b.答案 A

7．定義一種運算“*”：對于自然數n滿足以下運算性質：(n＋1)*1＝n*1＋1，則n*1＝()．

A．nB．n＋1C．n－1D．n2

解析 由(n＋1)*1＝n*1＋1，得n*1＝(n－1)*1＋1＝(n－2)*1＋2＝?＝n.答案 A

二、填空題

8.用反證法證明命題“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一個能被3整除”時，假設應為.解析 由反證法的定義可知，否定結論，即“a，b中至少有一個能被3整除”的否定是“a，b都不能被3整除”.答案 a、b都不能被3整除

9．要證明“3＋7＜25”可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是________(填序號)．

①反證法，②分析法，③綜合法．

答案 ②

10．設a，b是兩個實數，給出下列條件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是______．(填序號)

12解析 若a＝b＝a＋b>1，2

3但a<1，b<1，故①推不出；

若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；

若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出；

若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出；

對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1，反證法：假設a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b＞2矛盾，因此假設不成立，故a，b中至少有一個大于1.答案 ③

11．如果aa＋bb＞b＋a，則a、b應滿足的條件是________． 解析 首先a≥0，b≥0且a與b不同為0.要使aa＋bb＞b＋a，只需(aa＋bb)2＞(ab＋ba)2，即a3＋b3＞a2b＋ab2，只需(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)，只需a2－ab＋b2＞ab，即(a－b)2＞0，只需a≠b.故a，b應滿足a≥0，b≥0且a≠b.答案 a≥0，b≥0且a≠b

12．若a，b，c是不全相等的正數，給出下列判斷：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a>b與a

③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立．

其中判斷正確的是_______．

解析①②正確；③中a≠c，b≠c，a≠b可能同時成立，如a＝1，b＝2，c＝3.選C.答案 ①②

三、解答題

13．在△ABC中，三個內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，113a＋bb＋ca＋b＋c試問A，B，C是否成等差數列，若不成等差數列，請說明理由．若成等差數列，請給出證明．

解析 A、B、C成等差數列．

證明如下：

∵

∴

∴113＋＝，a＋bb＋ca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c＋＝3.a＋bb＋cc

a＋bb＋c＋a＝1，∴c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，∴b2＝a2＋c2－ac.在△ABC中，由余弦定理，得

a2＋c2－b2ac1cosB＝ 2ac2ac

2∵0°

|a|＋|b|14．已知非零向量a，b，且a⊥b，求證：2.|a＋b|證明 a⊥b?a·b＝0，|a|＋|b|要證2.|a＋b|只需證|a|＋|b2|a＋b|，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證．

15．若a、b、c是不全相等的正數，求證：

lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c.證明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴a＋b2ab＞0，b＋c2≥bc＞0，a＋c2ab＞0.又上述三個不等式中等號不能同時成立．

∴a＋bb＋cc＋a2·2·2＞abc成立．

上式兩邊同時取常用對數，?a＋bb＋cc＋a?＞lg(abc)，得lg?222??

∴lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c.16．(12分)已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象與x軸有兩個不同的交點，若f(c)＝0，且0＜x＜c時，f(x)＞0.1(1)證明：是f(x)＝0的一個根； a

a1(2)試比較與c的大小；

(3)證明：－2＜b＜－1.解析(1)證明 ∵f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點，∴f(x)＝0有兩個不等實根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c1?1?又x1x2＝x2＝?≠c?，aa?a?

1∴是f(x)＝0的一個根． a

11(2)假設＜c，又＞0，aa

由0＜x＜c時，f(x)＞0，1?1??1?知f?＞0與f??＝0矛盾，∴c，a?a??a?

11又∵≠c，∴＞c.aa

(3)證明 由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，∴b＝－1－ac.又a＞0，c＞0，∴b＜－1.二次函數f(x)的圖象的對稱軸方程為

bx1＋x2x2＋x21x＝－＝＜＝x2＝ 2a22a

b1即－＜.又a＞0，2aa

∴b＞－2，∴－2＜b＜－1.文章來源：福州五佳教育網 http:///yikao/(五佳教育藝考文化課集訓，承諾保過本科線，打造福建省性價比最高的文化課集訓)