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学林教育 2023~2024学年度九年级第一学期阶段作业(二)数学.考卷答案试卷答案
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x(0<x<1),（-x(0<x<1),0(x=1),对于D,f(x)0(x=1),满足f()=一f(x),故满足“倒负”变换.1(x>1D,1(x>1),故选ABD.12.BD【解析】本题考查抽象函数的应用，考查逻辑推理的核心素养.由题可知f(x)的图象关于点(2,0)对称，且在[2，十∞)上单调递增，所以f(a)+f(b)=0,f(x)在R上单调递增，f(2)=0,则由f(a)+f(b)+f(x)<0,得fx)<0=f(2),所以x<2.故选BD.13.4【解析】本题考查集合的关系，考查逻辑推理的核心素养由题可知A∩B={(0,1),(1,0)},共有2个元素，所以集合A∩B的子集个数为4.14.f(x)=一2x(答案不唯一)【解析】本题考查函数的性质，考查逻辑推理的核心素养.取f(x)=一2x,则f(x1十x2)=一2(x1十x2)=一201一2x2=f(x)十f(x2),满足①，f(x)=一2x在其定义域内单调递减，满足②，故答案为f(x)=一2x(答案不唯一).15,（一4，十∞)【解析】本题考查不等式的应用，考查逻辑推理的核心素养
由题可知a十b=0,则b-1,所以f.)=+1,又3x∈(0，+oo),f(x)>x,化简可得a>-x,所以a>16.43【解析】本题考查基本不等式的应用，考查逻辑推理的核心素养，名-
十出≤2a中ab分当且仅当a=b时，取得最大值，所以当兰取得最大值时，
一3ab=3,a=abab1此时a十2(=a-3a2=-3a-2yP+子≤17.解：(1)当α=0时，集合A={x-3≤x≤2}，B={x-2≤x≤4}，…2分所以0RB={xx<-2或x>4},…3分则AUB={x-3≤x≤4}，A∩(CRB)={x-3≤x<-2}.…5分(2)因为A∩B=B,所以BA,…7分舒得号≤L东以a的政在魏四是r号山…10分18.解：(I)当a=0时，不符合题意；…2分a>0,当a≠0时，64-4a2≤0，獬得a≥4.…4分综上，a的取值范围为[4，十0∞).…5分(2)当q为真命题时，3x∈[-2,1]，x-a+1>0,可得a<x十1，所以a<2,即a的取值范围为(-o∞，2).…7分p,9均为假命题时，2所以a的取值范围为2,4.…所以若命题p和命题q至少有一个为真命题，则α的取值范围为（一o∞，2）U[4,十∞).…12分l9.獬：由题可知f(x)在R上单调递增，…2分令g(x)=f(x)十3x-4,则g(x)=f(x)十3x-4在R上单调递增，且g(1)=0,…4分所以A={xx1}
…7分若选择条件①.因为“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，所以集合A是集合B的真子集，由此可得B={xx<3}符合题意.（答案不唯一）…12分若选择条件②.因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，所以集合B是集合A的真子集，由此可知B={xx0}符合题意，（答案不唯一）…12分【高一数学·参考答案第2页（共3页）】·23-78A·
分析（1）把an=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$（n∈N*）代入a2n-an＞$\frac{7}{12}$（log（a+1）x-1ogax+1），得到$\frac{7}{12}＞\frac{7}{12}$（log（a+1）x-1ogax+1）恒成立，然后利用对数式的性质可得x的取值范围；
（2）由${a}_{n}={a}_{n-1}+\frac{1}{n}$，得${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}=\frac{2{a}_{n}}{n}-\frac{1}{{n}^{2}}$，利用累加法可得${{a}_{n}}^{2}+\frac{7}{4}$=$2（{a}_{1}+\frac{{a}_{2}}{2}+\frac{{a}_{3}}{3}+…+\frac{{a}_{n}}{n}）-$$（1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$$+\frac{7}{4}$．即要证原不等式成立，只需证$1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}＜\frac{7}{4}$．再利用放缩法证得该结论．
解答（1）解：∵an=1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$，
∴a2n-an=$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{2n}$，
对于任意n≥2，a2n-an的最小值为$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{7}{12}$．
若a＞1，对于任意n≥2，不等式a2n-an＞$\frac{7}{12}$（log（a+1）x-1ogax+1）恒成立，
即$\frac{7}{12}＞\frac{7}{12}$（log（a+1）x-1ogax+1）恒成立，
∴log（a+1）x-1ogax+1＜1恒成立，也就是log（a+1）x-1ogax＜0恒成立，
即log（a+1）x＜1ogax，
则$\frac{lgx}{lg（a+1）}＜\frac{lgx}{lga}$，
∵a＞1，∴lgx[lg（a+1）-lga]＞0，
∴x＞1．
故x的取值范围是（1，+∞）；
（2）证明：∵${a}_{n}={a}_{n-1}+\frac{1}{n}$，
∴$（{a}_{n}-\frac{1}{n}）^{2}={{a}_{n-1}}^{2}$，即${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}=\frac{2{a}_{n}}{n}-\frac{1}{{n}^{2}}$，
…
${{a}_{n-1}}^{2}-{{a}_{n-2}}^{2}=\frac{2{a}_{n-1}}{n-1}-\frac{1}{（n-1）^{2}}$，
${{a}_{3}}^{2}-{{a}_{2}}^{2}=\frac{2{a}_{3}}{3}-\frac{1}{{3}^{2}}$，
${{a}_{2}}^{2}-{{a}_{1}}^{2}=\frac{2{a}_{2}}{2}-\frac{1}{{2}^{2}}$．
累加得：${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{1}}^{2}=2（\frac{{a}_{2}}{2}+\frac{{a}_{3}}{3}+…+\frac{{a}_{n}}{n}）$$-（\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$，
∴${{a}_{n}}^{2}=2（{a}_{1}+\frac{{a}_{2}}{2}+\frac{{a}_{3}}{3}+…+\frac{{a}_{n}}{n}）-（1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$，
∴${{a}_{n}}^{2}+\frac{7}{4}$=$2（{a}_{1}+\frac{{a}_{2}}{2}+\frac{{a}_{3}}{3}+…+\frac{{a}_{n}}{n}）-$$（1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}）$$+\frac{7}{4}$．
要证原不等式成立，只需证$1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}＜\frac{7}{4}$．
当n=1，2时，不等式成立．
当n≥3时，$1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}＜1+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{2•3}+\frac{1}{3•4}+…+\frac{1}{（n-1）•n}$
=$1+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$=$\frac{7}{4}-\frac{1}{n}＜\frac{7}{4}$．
∴${a}_{n}^{2}$+$\frac{7}{4}$＞2（a1+$\frac{{a}_{2}}{2}$+$\frac{{a}_{3}}{3}$+…+$\frac{{a}_{n}}{n}$）（n∈N*）成立．
点评本题是数列与不等式的综合题，考查了不等式恒成立问题，考查数列不等式的证明，考查对所学知识的迁移能力，解答（2）的关键是利用${a}_{n}={a}_{n-1}+\frac{1}{n}$，得到${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}=\frac{2{a}_{n}}{n}-\frac{1}{{n}^{2}}$，同时注意放缩法的合理运用，属难题．
