9、5)＝2，
x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，數(shù)列{xn}是周期為4的數(shù)列，所以x2017＝x1＝2，故應選B．
二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線上)
13．已知1＋23＋332＋432＋…＋n3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a＝，b＝，c＝．
[解析] 令n＝1、2、3，得
所以a＝，b＝c＝．
14．已知f(x)＝x3＋3x2＋a(a為常數(shù))，在[－3,3]上有最小值3，那么在[－3,3]上f(x)的最大值是57．
[解析] f ′(x)＝3x2＋6x＝3x(x＋
10、2)，當x∈[－3，－2)和x∈(0,3]時，f ′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當x∈(－2,0)時，f ′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴極大值為f(－2)＝a＋4，極小值為f(0)＝a，又f(－3)＝a，f(3)＝54＋a，由條件知a＝3，∴最大值為f(3)＝54＋3＝57．
15．函數(shù)f(x)＝ax3－3x在區(qū)間(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是a≤1．
[解析] f ′(x)＝3ax2－3，∵f(x)在(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，∴f ′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，
即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立，
∴a≤，∵x∈(－1,1)，∴a≤1．
16．(
11、2017洛陽高二檢測)觀察下列等式：＝1－，＋＝1－，＋＋＝1－，…，由以上等式推測到一個一般的結(jié)論：對于n∈N*，＋＋…＋＝1－．
[解析] 由已知中的等式：＝1－
＋＝1－，
＋＋＝1－，…，
所以對于n∈N*，＋＋…＋＝1－．
三、解答題(本大題共6個大題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
17．(本題滿分10分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1．
求證：a2＋b2＋c2≥．
[證明] 由a2＋b2≥2ab，及b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca．
三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2)
12、＋2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b＋c)2．
由a＋b＋c＝1，得3(a2＋b2＋c2)≥1，
即a2＋b2＋c2≥．
18．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－3bx＋c(b>0)，且g(x)＝f(x)－2是奇函數(shù)．
(1)求a、c的值；
(2)若函數(shù)f(x)有三個零點，求b的取值范圍．
[解析] (1)∵g(x)＝f(x)－2是奇函數(shù)，
∴g(－x)＝－g(x)對x∈R成立，
∴f(－x)－2＝－f(x)＋2對x∈R成立，
∴ax2＋c－2＝0對x∈R成立，
∴a＝0且c＝2．
(2)由(1)知f(x)＝x3－3bx＋2(b>0)，
∴f ′(x)＝3
13、x2－3b＝3(x－)(x＋)，
令f ′(x)＝0得x＝，
x
(－∞，－)
－
(－，)
(，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
極大值
減
極小值
增
依題意有∴b>1，
故正數(shù)b的取值范圍是(1，＋∞)．
19．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋bx，其中a、b∈R，且曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為3．
(1)求b的值；
(2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，求a的值．
[解析] (1)f ′(x)＝a2x2－4ax＋b，
由題意f ′(0)＝b＝3．
(2)∵函數(shù)f(
14、x)在x＝1處取得極大值，
∴f ′(1)＝a2－4a＋3＝0，解得a＝1或a＝3．
①當a＝1時，f ′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，
x、f ′(x)、f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
由上表知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意．
②當a＝3時，f ′(x)＝9x2－12x＋3＝3(3x－1)(x－1)，
x、f ′(x)、f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，)
(，1)
1
(1，
15、＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
由上表知，函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意．
綜上所述，若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值，a的值為1．
20．(本題滿分12分)若x>0，y>0，用分析法證明：(x2＋y2)>(x3＋y3)．
[證明] 要證(x2＋y2)>(x3＋y3)，
只需證(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，
即證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，
即證3x4y2＋3y4x2>2x3y3．
又因為x>0，y>0，所以x2y2>0，
故只需證3x2＋3y2>2x
16、y．
而3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy成立，
所以(x2＋y2)>(x3＋y3)成立．
21．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；
(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數(shù)根．
[解析] (1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設x10，ax2－x1>1且ax1>0，
∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴－
＝
＝>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，
故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為
17、增函數(shù)．
證法2：f ′(x)＝axlna＋＝axlna＋
∵a>1，∴l(xiāng)na>0，∴axlna＋>0，
f ′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
即f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
(2)解法1：設存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，
則ax0＝－，且00，ax0>0，∴f(x0)>0．
綜上，x<0(x≠－1)時，f(x)<－1或f(x)
18、>0，即方程f(x)＝0無負數(shù)根．
22．(本題滿分14分)設a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點；
(3)若曲線y＝f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原點)，證明：m≤－1．
[解析] (1)依題f′(x)＝(1＋x2)′ex＋(1＋x2)(ex)′＝(1＋x)2ex≥0，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)．
(2)證明：∵a>1，
∴f(0)＝1－a<0且f(a)＝(1＋a2)ea－a>1＋a2－a>0，
∴f(x)在(0，
19、a)上有零點．
又由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個零點．
(3)證明：令f′(x)＝(1＋x)2ex＝0，得x＝－1，
而f(－1)＝[1＋(－1)2]e－1－a＝－a，
故P．
直線OP的斜率kOP＝＝a－，
而f(x)在點M(m，n)處的切線斜率為
f′(m)＝(1＋m)2em．
由平行關(guān)系知－＋a＝(1＋m)2em．
要證m≤－1，
即證(m＋1)3≤a－＝(1＋m)2em，
即m＋1≤em．
令g(m)＝em－m－1，則g′(m)＝em－1．
當m＜0時，g′(m)＜0，g(m)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；
當m＞0時，g′(m)＞0，g(m)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(m)在(－∞，＋∞)上的最小值為g(0)＝0，
即g(m)＝em－m≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
于是m＋1≤em，即m≤－1得證．
我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。
高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用 第二章 推理與證明學業(yè)質(zhì)量標準檢測 新人教A版選修22
