1、2016-2017学年湖南省株洲二中高二（上）第三次月考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共13小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1复数ii2在复平面内表示的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2设xR，则x的一个必要不充分条件是（）Ax3Bx3Cx4Dx43准线方程为x=1的抛物线的标准方程是（）Ay2=2xBy2=4xCy2=2xDy2=4x4若f（x）=2sincosx，则f（）等于（）AsinBcosC2sincosD3cos5下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是（）Z1，Z2不能比较大小；Z1，Z2是虚数；虚数不能比较大
2、小ABCD6若，与的夹角为60，则k的值为（）A0或2B0或2C2D27设F1，F2是椭圆的两个焦点，且|F1F2|=8，弦AB过点F2，则ABF1的周长为（）A12B20C2D48如图程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”执行该程序框图，若输入a，b分别为14，18，则输出的a=（）A0B2C4D149对于R上可导的任意函数f（x），若满足（x1）f（x）0，则必有（）Af（3）+f（3）2f（1）Bf（3）+f（7）2f（1）Cf（3）+f（3）2f（1）Df（3）+f（7）2f（1）10的展开式中x2的系数为（）A1792B1792C448D44811用数学归纳
3、法证明1+2+3+n2=，则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上（）Ak2+1B（k+1）2CD（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+（k+1）212已知抛物线y2=4x的准线过椭圆+=1（ab0）的左焦点且与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点，AOB的面积为，则椭圆的离心率为（）ABCD13若存在实常数k和b，使得函数F（x）和G（x）对其公共定义域上的任意实数x都满足：F（x）kx+b和G（x）kx+b恒成立，则称此直线y=kx+b为F（x）和G（x）的“隔离直线”已知函数f（x）=x2（xR），g（x）=（x0），h（x）=2elnx有下列命题：F（x）=f（x）g（x）在x（，0
4、）内单调递增；f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且b的最小值为4；f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是（4，0；f（x）和h（x）之间存在唯一的“隔离直线”y=2xe其中真命题的个数有（）A1个B2个C3个D4个二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卷对应题号后的横线上.14用反证法证明命题“若a、bN，ab能被2整除，则a，b中至少有一个能被2整除”，那么反设的内容是15曲线y=cosx在0，上与x轴所围成的平面图形的面积为16已知等差数列an中，有成立类似地，在等比数列bn中，有成立17某种游戏中，黑、黄两个“电子狗”从棱长为1的正方
5、体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完一段”黑“电子狗”爬行的路线是AA1A1D1，黄“电子狗”爬行的路线是ABBB1，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线（其中i是正整数）设黑“电子狗”爬完2016段、黄“电子狗”爬完2015段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、黄“电子狗”间的距离是三、解答题（本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18（12分）设函数是实数集R上的奇函数（1）求实数a的值；（2）判断f（x）在R上的单调性并加以证明；（3）求函数f（x）的值域19（12分）已知函数f（x）=s
6、in（2x+）+sin（2x）+cos2xsin2x+a的在区间0，上的最小值为0（）求常数a的值；（）当x0，时，求使f（x）0成立的x的集合20（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC=45，PA=AD=2，AC=1（1）证明PCAD；（2）求二面角APCD的正弦值21（13分）已知数列an中，a1=1，an+1=，（nN*）（1）求数列an的通项公式an，（2）若数列bn满足bn=（3n1）an，数列bn的前n项和为Tn，若不等式（1）nTn对一切nN*恒成立，求的取值范围22（13分）已知椭圆C： =1（ab0）的焦距为4，其长轴长和短轴长之比
7、为：1（）求椭圆C的标准方程；（）设F为椭圆C的右焦点，T为直线x=t（tR，t2）上纵坐标不为0的任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q（）若OT平分线段PQ（其中O为坐标原点），求t的值；（）在（）的条件下，当最小时，求点T的坐标23（13分）设函数fn（x）=xn+bx+c（nN+，b，cR）（1）设n2，b=1，c=1，证明：fn（x）在区间内存在唯一的零点；（2）设n=2，若对任意x1，x21，1，有|f2（x1）f2（x2）|4，求b的取值范围；（3）在（1）的条件下，设xn是fn（x）在内的零点，判断数列x2，x3，xn的增减性2016-2017学年湖南省株洲二中高二（上）
8、第三次月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共13小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1复数ii2在复平面内表示的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义【分析】由复数ii2得到在复平面内对应的点的坐标，则答案可求【解答】解：复数ii2=1+i，则复数ii2在复平面内对应的点的坐标：（1，1），位于第一象限故选：A【点评】本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题2设xR，则x的一个必要不充分条件是（）Ax3Bx3Cx4Dx4【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】由xx
9、3，而反之不成立，即可判断出结论【解答】解：由xx3，而反之不成立，因此x的一个必要不充分条件是x3故选：A【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、不等式的性质，考查了推理能力，属于基础题3准线方程为x=1的抛物线的标准方程是（）Ay2=2xBy2=4xCy2=2xDy2=4x【考点】抛物线的简单性质【分析】先根据准线求出p的值，然后可判断抛物线的标准方程的焦点在x轴的负半轴上进而可设抛物线的标准形式，将p的值代入可得答案【解答】解：由题意可知： =1，p=2且抛物线的标准方程的焦点在x轴的负半轴上故可设抛物线的标准方程为：y2=2px将p代入可得y2=4x故选：B【点评】本题主要考查抛物线的基
10、本性质以及计算能力在涉及到求抛物线的标准方程问题时，一定要先判断出焦点所在位置，避免出错4若f（x）=2sincosx，则f（）等于（）AsinBcosC2sincosD3cos【考点】导数的运算【分析】根据基本函数的导数公式即可求出【解答】解：f（x）=sinx，则f（）=sin，故选：A【点评】本题考查了导数的运算，和导数值的求法，属于基础题5下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是（）Z1，Z2不能比较大小；Z1，Z2是虚数；虚数不能比较大小ABCD【考点】演绎推理的意义【分析】根据三段论的格式，确定大前提，小前提，和结论即可【解答】解；由三段论的格式知：大前提为虚数不能比较大小，小前提
11、为z1，z2是虚数，结论：z1，z2不能比较大小；故三段论的顺序是故选：D【点评】本题主要考查了演绎推理中三段论的判断问题，是基础题目6若，与的夹角为60，则k的值为（）A0或2B0或2C2D2【考点】空间向量的数量积运算【分析】利用向量夹角公式即可得出【解答】解： =， =， =21+k=1+k与的夹角为60，cos60=，解得k=2故选：D【点评】本题考查了向量夹角公式、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7设F1，F2是椭圆的两个焦点，且|F1F2|=8，弦AB过点F2，则ABF1的周长为（）A12B20C2D4【考点】椭圆的简单性质【分析】由题意可知：焦点在y轴上，|F
12、1F2|=8，即a=5，c=3，由ABF1的周长l=|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a=20，即可求得ABF1的周长【解答】解：由题意可知：椭圆，焦点在y轴上，|F1F2|=8，即a=5，c=3，据椭圆的定义可知：|F1A|+|AF2|=2a=10，|F1B|+|BF2|=2a=10，由ABF1的周长l=|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a=20，ABF1的周长20，故选B【点评】本题考查椭圆的定义及标准方程的应用，考查焦点三角形的周长公式，考查计算能力，属于基础题8如图程序框图的算法思路源于
13、我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”执行该程序框图，若输入a，b分别为14，18，则输出的a=（）A0B2C4D14【考点】程序框图【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=b=2时不满足条件ab，输出a的值为2【解答】解：模拟执行程序框图，可得a=14，b=18满足条件ab，不满足条件ab，b=4满足条件ab，满足条件ab，a=10满足条件ab，满足条件ab，a=6满足条件ab，满足条件ab，a=2满足条件ab，不满足条件ab，b=2不满足条件ab，输出a的值为2故选：B【点评】本题主要考查了循环结构程序框图，属于基础题9对于R上可导的任意函数f（x），若满足（
14、x1）f（x）0，则必有（）Af（3）+f（3）2f（1）Bf（3）+f（7）2f（1）Cf（3）+f（3）2f（1）Df（3）+f（7）2f（1）【考点】利用导数研究函数的单调性【分析】对x分段讨论，解不等式求出f（x）的符号，判断出f（x）的单调性，利用函数的单调性比较出函数值f（3），f（3）与f（1）的大小关系，利用不等式的性质得到选项【解答】解：（x1）f（x）0，x1时，f（x）0；x1时，f（x）0，f（x）在（1，+）为减函数；在（，1）上为增函数，f（3）f（1） f（3）f（1）f（3）+f（3）2f（1），故选：C【点评】利用导函数的符号能判断函数的单调性，当导函数大于0
15、则函数递增；当导函数小于0则函数单调递减10的展开式中x2的系数为（）A1792B1792C448D448【考点】二项式系数的性质【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得x2的系数【解答】解：的展开式的通项公式为 Tr+1=（1）r28rx82r，令82r=2，求得r=3，可得展开式中x2的系数为25=1792，故选：A【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题11用数学归纳法证明1+2+3+n2=，则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上（）Ak2+1B（k+1）2CD（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+
16、（k+1）2【考点】数学归纳法【分析】首先分析题目求用数学归纳法证明1+2+3+n2=时，当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上的式子，可以分别使得n=k，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1时等式的左端减去n=k时等式的左端，即可得到答案【解答】解：当n=k时，等式左端=1+2+k2，当n=k+1时，等式左端=1+2+k2+k2+1+k2+2+（k+1）2，增加了项（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+（k+1）2故选D【点评】此题主要考查数学归纳法的问题，属于概念考查题，这类题型比较简单多在选择填空中出现，属于基础题目12已知抛物线y2=4x的准线过椭圆+=1（ab0）的左焦点且与
17、椭圆交于A、B两点，O为坐标原点，AOB的面积为，则椭圆的离心率为（）ABCD【考点】椭圆的标准方程【分析】由题设条件，利用椭圆和抛物线的性质推导出c=1， =，由此能求出椭圆的离心率【解答】解：抛物线y2=4x的准线方程为x=1，抛物线y2=4x的准线过椭圆+=1（ab0）的左焦点且与椭圆交于A、B两点，椭圆的左焦点F（1，0），c=1，O为坐标原点，AOB的面积为，整理，得2a23a2=0，解得a=2，或a=（舍），e=故选：C【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要熟练掌握椭圆、抛物线的简单性质13（2016南昌校级二模）若存在实常数k和b，使得函数F（x）和G（x）对其公
18、共定义域上的任意实数x都满足：F（x）kx+b和G（x）kx+b恒成立，则称此直线y=kx+b为F（x）和G（x）的“隔离直线”已知函数f（x）=x2（xR），g（x）=（x0），h（x）=2elnx有下列命题：F（x）=f（x）g（x）在x（，0）内单调递增；f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且b的最小值为4；f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且k的取值范围是（4，0；f（x）和h（x）之间存在唯一的“隔离直线”y=2xe其中真命题的个数有（）A1个B2个C3个D4个【考点】命题的真假判断与应用【分析】求出F（x）=f（x）g（x）的导数，检验在x（，0）内的导数符号，即可判断；
19、、设f（x）、g（x）的隔离直线为y=kx+b，x2kx+b对一切实数x成立，即有10，又kx+b对一切x0成立，20，k0，b0，根据不等式的性质，求出k，b的范围，即可判断；存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k则隔离直线，构造函数，求出函数函数的导数，根据导数求出函数的最值【解答】解：F（x）=f（x）g（x）=x2，x（，0），F（x）=2x+0，F（x）=f（x）g（x）在x（，0）内单调递增，故对；、设f（x）、g（x）的隔离直线为y=kx+b，则x2kx+b对一切实数x成立，即有10，k2+4b0，又kx+b对一切x0成立，则kx2+bx1
20、0，即20，b2+4k0，k0，b0，即有k24b且b24k，k416b264k4k0，同理4b0，故对，错；函数f（x）和h（x）的图象在x=处有公共点，因此存在f（x）和g（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k则隔离直线方程为ye=k（x），即y=kxk+e，由f（x）kxk+e（xR），可得x2kx+ke0当xR恒成立，则0，只有k=2，此时直线方程为：y=2xe，下面证明h（x）2xe，令G（x）=2xeh（x）=2xe2elnx，G（x）=，当x=时，G（x）=0，当0x时G（x）0，当x时G（x）0，则当x=时，G（x）取到极小值，极小值是0，也是最小值所以
21、G（x）=2xeg（x）0，则g（x）2xe当x0时恒成立函数f（x）和g（x）存在唯一的隔离直线y=2xe，故正确故选：C【点评】本题以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的求导，利用导数求最值，属于难题二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.请把答案填在答题卷对应题号后的横线上.14用反证法证明命题“若a、bN，ab能被2整除，则a，b中至少有一个能被2整除”，那么反设的内容是a、b都不能被2整除【考点】反证法【分析】先写出要证明题的否定，即为所求【解答】解：根据用反证法证明数学命题的步骤，应先假设要证命题的否定成立，而要证命题的否定为：“a，b都不能被2整除
22、”，故答案为：a、b都不能被2整除【点评】本题主要考查用反证法证明数学命题的方法和步骤，求一个命题的否定，属于中档题15曲线y=cosx在0，上与x轴所围成的平面图形的面积为1【考点】余弦函数的图象【分析】由条件利用余弦函数的图象、定积分的意义，求得曲线y=cosx在0，上与x轴所围成的平面图形的面积【解答】解：曲线y=cosx在0，上与x轴所围成的平面图形的面积为cosxdx=sinx=sinsin0=1，故答案为：1【点评】本题主要考查余弦函数的图象、定积分的意义，属于基础题16已知等差数列an中，有成立类似地，在等比数列bn中，有成立【考点】类比推理【分析】在等差数列中，等差数列的性质m
23、+n=p+q，则am+an=ap+aq，那么对应的在等比数列中对应的性质是若m+n=p+q，则bmbn=bpbq【解答】解：等差数列与等比数列的对应关系有：等差数列中的加法对应等比数列中的乘法，等差数列中除法对应等比数列中的开方，故此我们可以类比得到结论：故答案为：【点评】本题考查类比推理，掌握类比推理的规则及类比对象的特征是解本题的关键，本题中由等差结论类比等比结论，其运算关系由加类比乘，解题的难点是找出两个对象特征的对应，作出合乎情理的类比17（2015秋株洲校级期末）某种游戏中，黑、黄两个“电子狗”从棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发沿棱向前爬行，每爬完一条棱称为“爬完
24、一段”黑“电子狗”爬行的路线是AA1A1D1，黄“电子狗”爬行的路线是ABBB1，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线（其中i是正整数）设黑“电子狗”爬完2016段、黄“电子狗”爬完2015段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、黄“电子狗”间的距离是1【考点】归纳推理【分析】先根据题意得到黑“电子狗”与黄“电子狗”经过几段后又回到起点得到周期，再计算黑“电子狗”爬完2016段后实质是到达哪个点以及计算黄“电子狗”爬完2015段后实质是到达哪个点，最后计算出它们的距离即可【解答】解：由题意，黑“电子狗”爬行路线为AA1A1D1D1C1C1CCBBA，即过6段后
25、又回到起点，可以看作以6为周期，同理，黄“电子狗”爬行路线为ABBB1B1C1C1D1D1DDA，也是过6段后又回到起点所以黑“电子狗”爬完2016段后实质是到达点A，黄“电子狗”爬完2015段后到达第三段的终点D此时的距离为|AD|=1故答案为：1【点评】归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）三、解答题（本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18（12分）（2013秋江阴市期中）设函数是实数集R上的奇函数（1）求实数a的值；（2）判断f（x）在R上的单调性并加以证明；（3）求函数f（
26、x）的值域【考点】奇偶性与单调性的综合；函数的最值及其几何意义；函数奇偶性的性质【分析】（1）直接根据f（x）=f（x），整理即可得到结论（2）直接根据单调性的证明过程证明即可（3）先对原函数分离常数，再借助于指数函数的最值即可得到结论（也可以采用反函数的思想）【解答】解：（1）f（x）是R上的奇函数f（x）=f（x），即，即即（a1）（2x+1）=0a=1（或者f（x）是R上的奇函数f（0）=f（0），f（0）=0，解得a=1，然后经检验满足要求）（2）由（1）得设x1x2R，则f（x1）f（x2）=（1）（1）=，x1x2f（x1）f（x2）0，所以f（x）在R上是增函数（3），2x+11
27、，所以的值域为（1，1）或者可以设，从中解出2x=，所以，所以值域为（1，1）【点评】本小题主要考查函数单调性的应用、函数奇偶性的应用、指数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力与化归与转化思想属于中档题19（12分）（2015武昌区模拟）已知函数f（x）=sin（2x+）+sin（2x）+cos2xsin2x+a的在区间0，上的最小值为0（）求常数a的值；（）当x0，时，求使f（x）0成立的x的集合【考点】两角和与差的正弦函数；正弦函数的单调性【分析】利用两角和与差的三角函数式化简f（x）为一个角的一个三角函数的形式，然后解答【解答】解：（）因为f（x）=sin（2x+）+sin（2x）+c
28、os2xsin2x+a=+cos2x+a，所以，所以因为时，所以x=时，f（x）的取得最小值f（）=1+a依题意，1+a=0，所以a=1（）由（）知要使f（x）0，即所以，即当k=0时，；当k=1时，又x0，故使f（x）0成立的x的集合是【点评】本题考查了两角和与差的三角函数公式的运用化简三角函数解析式为最简形式，然后解答相关问题；关键是正确化简20（12分）（2015秋包头期末）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC=45，PA=AD=2，AC=1（1）证明PCAD；（2）求二面角APCD的正弦值【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系【
29、分析】（1）推导出DAPA，ACAD，从而DA面PAC，由此能证明DAPC（2）过A作AMPC交PC于M，连接DM，则AMD为所求角，由此能求出二面角APCD的正弦值【解答】证明：（1）PA平面ABCD，DA平面ABCD，DAPA，又ACAD，PAAC=A，DA面PAC，又PC面PAC，DAPC（2）过A作AMPC交PC于M，连接DM，则AMD为所求角，在RtPAC中，AM=，在RtDAM中，DM=，在RtAMD中，sinAMD=二面角APCD的正弦值为【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养21（13分）（2013黄州区
30、校级模拟）已知数列an中，a1=1，an+1=，（nN*）（1）求数列an的通项公式an，（2）若数列bn满足bn=（3n1）an，数列bn的前n项和为Tn，若不等式（1）nTn对一切nN*恒成立，求的取值范围【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）由已知条件推导出，从而得到=（）3n1=由此能求出结果（2）由=，利用裂项求和法求出，从而得到Tn为单调递增数列，由此利用分类讨论思想能求出的取值范围【解答】解：（1）数列an中，a1=1，an+1=，（nN*）=，=（）3n1=an=（2），bn=（3n1）an，=，得=2，（8分），Tn+1Tn=（4）（4）=，Tn为单调递增数列，不等式（
31、1）nTn对一切nN*恒成立，当n为正奇数时，Tn对一切正奇数成立，（Tn）min=T1=1，1，1；当n为正偶数时，Tn对一切正偶数成立，（Tn）min=T2=2，2综上知12（12分）【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意裂项求和法和分类讨论思想的合理运用22（13分）（2015武昌区模拟）已知椭圆C： =1（ab0）的焦距为4，其长轴长和短轴长之比为：1（）求椭圆C的标准方程；（）设F为椭圆C的右焦点，T为直线x=t（tR，t2）上纵坐标不为0的任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q（）若OT平分线段PQ（其中O为坐标原点），求t的值
32、；（）在（）的条件下，当最小时，求点T的坐标【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（）由已知可得，由此能求出椭圆C的标准方程（）（）设直线PQ的方程为x=my+2将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得（m2+3）y2+4my2=0，由此利用根的判别式、韦达定理、中点坐标公式，结合已知条件能求出t=3（）T点的坐标为（3，m），|PQ|=由此能求出当最小时，T点的坐标是（3，1）或（3，1）【解答】解：（）由已知可得，解得a2=6，b2=2所以椭圆C的标准方程是（）（）由（）可得，F点的坐标为（2，0）由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为x=my+2将直线PQ的方程与椭圆C的
33、方程联立，得消去x，得（m2+3）y2+4my2=0，其判别式=16m2+8（m2+3）0设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，于是设M为PQ的中点，则M点的坐标为因为TFPQ，所以直线FT的斜率为m，其方程为y=m（x2）当x=t时，y=m（t2），所以点T的坐标为（t，m（t2），此时直线OT的斜率为，其方程为将M点的坐标为代入，得解得t=3（）由（）知T点的坐标为（3，m）于是，=所以=当且仅当，即m=1时，等号成立，此时取得最小值故当最小时，T点的坐标是（3，1）或（3，1）【点评】本题考查椭圆C的标准方程的求法，考查满足条件的实数值的求法，查满足条件的点的坐标的求法，解题时要认真
34、审题，注意根的判别式、韦达定理、中点坐标公式、弦长公式的合理运用23（13分）（2012陕西）设函数fn（x）=xn+bx+c（nN+，b，cR）（1）设n2，b=1，c=1，证明：fn（x）在区间内存在唯一的零点；（2）设n=2，若对任意x1，x21，1，有|f2（x1）f2（x2）|4，求b的取值范围；（3）在（1）的条件下，设xn是fn（x）在内的零点，判断数列x2，x3，xn的增减性【考点】数列与函数的综合；根的存在性及根的个数判断【分析】（1）根据 fn（）fn（1）=（）10，以及fn（x）在区间内单调递增，可得fn（x）在区间内存在唯一的零点（2）当n=2，由题意可得函数f2（x
35、）在1，1上的最大值与最小值的差M4，分当1时、当10时、当01 时三种情况，分别求得b的取值范围，再取并集，即得所求（3）证法一：先求出fn（xn）和fn+1（xn+1）的解析式，再由当xn+1时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）=+xn+11+xn+11=fn（xn+1），且fn（x）在区间内单调递增，故有xnxn+1，从而得出结论证法二：设xn是fn（x）=xn+x1在内的唯一零点，由fn+1（xn） fn+1（1）0可得 fn+1（x）的零点在（xn，1）内，从而有 xnxn+1 （n2），由此得出结论【解答】解：（1）由于n2，b=1，c=1，fn（x）=xn+bx+c=xn+
36、x1，fn（）fn（1）=（）10，fn（x）在区间内存在零点再由fn（x）在区间内单调递增，可得fn（x）在区间内存在唯一的零点（2）当n=2，函数f2（x）=x2+bx+c，对任意x1，x21，1，有|f2（x1）f2（x2）|4，故函数f2（x）在1，1上的最大值与最小值的差M4当1时，即b2或 b2时，M=|f2（1）f2（1）|=2|b|4，这与题设相矛盾当10时，即0b2时，M=f2（1）=4 恒成立当01 时，即2b0时，M=f2（1）=4 恒成立综上可得，2b2（3）证法一：在（1）的条件下，xn是fn（x）=xn+x1在内的唯一零点，则有fn（xn）=+xn1=0，fn+1（xn+1）=+xn+11=0当xn+1时，fn（xn）=0=fn+1（xn+1）=+xn+11+xn+11=fn（xn+1）由（1）知，fn（x）在区间内单调递增，故有xnxn+1，故数列x2，x3，xn单调递增数列证法二：设xn是fn（x）=xn+x1在内的唯一零点，fn+1（xn） fn+1（1）=（+xn1）1=+xn1+xn1=0，故fn+1（x）的零点在（xn，1）内，xnxn+1 （n2），故数列x2，x3，xn单调递增数列【点评】本题主要考查方程的根的存在性及个数判断，数列与函数的综合，体现了分类讨论、化归与转化的数学思想，属于难题
