2020版高考数学一轮复习第11章算法复数推理与证明第4讲直接证明与间接证明理解析版

【2019最新】精选高考数学一轮复习第11章复数算法推理与证明第4讲直接证明与间接证明分层演练文一、选择题1．用反证法证明某命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设是( )A．自然数a，b，c中至少有两个偶数B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．自然数a，b，c都是奇数D．自然数a，b，c都是偶数解析：选B．“恰有一个偶数”反面应是“至少有两个偶数或都是奇数”．故选B．2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a”索的因应是( )B．a－c>0A．a－b>0D．(a－b)(a－c)<0C．(a－b)(a－c)>0解析：选C．<a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0．故选C．3．设a＝－，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小顺序是( )B．b＞c＞aA．a＞b＞cD．a＞c＞bC．c＞a＞b解析：选A．因为a＝－＝，b＝－＝，c＝－＝，且＋＞＋＞＋＞0，所以a＞b＞c．4．设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋( )B．至少有一个大于2A．都大于2D．至少有一个不大于2C．至少有一个不小于2解析：选C．假设三个数都小于2，则＋＋＋＋＋<6，由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，所以假设不成立，所以＋，＋，＋中至少有一个不小于2．故选C．5．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为( )B．A≤C≤BA．A≤B≤CD．C≤B≤AC．B≤C≤A 解析：选A．因为≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，所以f≤f()≤f．6．设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是( )B．m≥nA．m>nD．m≤nC．m<n 解析：选C．－<⇐＋>⇐a<b＋2·＋a－b⇐2·>0，显然成立，故m<n．选C．二、填空题7．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)的函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1<cn．答案：cn＋1<cn 8．关于x的方程ax＋a－1＝0在区间(0，1)内有实根，则实数a的取值范围是________．解析：①当a ＝0时，方程无解．②当a ≠0时，令f(x)＝ax ＋a －1，则f(x)在区间(0，1)上是单调函数，依题意，得f(0)f(1)<0，所以(a －1)(2a －1)<0，所以<a<1．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，19．设函数f(x)＝(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立，则a 的取值范围是________．解析：易知f(x)＝在定义域内是增函数，由f(f(b))＝b ，猜想f(b)＝b ．反证法：若f(b)>b ，则f(f(b))>f(b)>b ，与题意不符，若f(b)<b ，则f(f(b))<f(b)<b ，与题意也不符，故f(b)＝b ，即f(x)＝x 在[0，1]上有解．所以＝x ，a ＝ex －x2＋x ，令g(x)＝ex －x2＋x ，g′(x)＝ex －2x ＋1＝(ex ＋1)－2x ，当x∈[0，1]时，ex ＋1≥2，2x≤2，所以g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上是增函数，所以g(0)≤g(x)≤g(1)⇒1≤g(x)≤e，即1≤a≤e． 答案：[1，e]10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p －2)x －2p2－p ＋1，在区间[－1，1]内至少存在一点c ，使f(c)＞0，则实数p 的取值范围是________．解析：法一：(补集法) 令解得p≤－3或p≥，故满足条件的p 的取值范围为．法二：(直接法)依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，即2p2－p －1＜0或2p2＋3p －9＜0，得－＜p ＜1或－3＜p ＜，故满足条件的p 的取值范围是．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 三、解答题11．在△ABC 中，设a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，且直线bx ＋ycosA ＋cosB ＝0与ax ＋ycos B ＋cos A ＝0平行，求证：△ABC 是直角三角形．证明：法一：由两直线平行可知bcos B －acos A ＝0，由正弦定理可知sin Bcos B －sin Acos A ＝0，即sin 2B －sin 2A ＝0，故2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝．若A ＝B ，则a ＝b ，cos A ＝cos B ，两直线重合，不符合题意，故A ＋B ＝，即△ABC 是直角三角形．法二：由两直线平行可知bcos B －acos A ＝0，由余弦定理，得a·＝b·，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a ＝b 或a2＋b2＝c2．若a ＝b ，则两直线重合，不符合题意， 故a2＋b2＝c2，即△ABC 是直角三角形．12．已知数列{an}满足a1＝，且an ＋1＝(n ∈N*)．(1)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝anan ＋1(n∈N*)，数列{bn}的前n 项和记为Tn ，证明：Tn<．解：(1)由已知可得，当n∈N*时，an ＋1＝，两边取倒数得，＝＝＋3，即－＝3，所以数列是首项为＝2，公差为3的等差数列，其通项公式为＝2＋(n －1)×3＝3n －1，所以数列{an}的通项公式为an ＝．(2)证明：由(1)知an ＝，故bn ＝anan ＋1＝1（3n －1）（3n ＋2）＝，故Tn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝×＋×＋…＋×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋2＝＝－·．因为>0，所以Tn<．。

第4讲 直接证明与间接证明1．用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故应选A. 2．分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x2时，索的因是( )A ．x 2>2B ．x 2>4 C ．x 2>0D ．x 2>1解析：选C.因为x >0，所以要证1＋x <1＋x2，只需证(1＋x )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22，即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立，故原不等式成立．3．若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( ) A ．lg(1＋a 2)>0 B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) C ．a 2＋3ab >2b 2D.a b <a ＋1b ＋1解析：选B.在B 中，因为a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立．4．在△ABC 中，sin A sin C ＜cos A cos C ，则△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．不确定解析：选C.由sin A sin C ＜cos A cos C 得 cos A cos C －sin A sin C ＞0， 即cos(A ＋C )＞0，所以A ＋C 是锐角， 从而B ＞π2，故△ABC 必是钝角三角形．5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．恒为负值B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定正负解析：选A.由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0. 6．用反证法证明命题“若x 2－(a ＋b )x ＋ab ≠0，则x ≠a 且x ≠b ”时，应假设为________． 解析：“x ≠a 且x ≠b ”的否定是“x ＝a 或x ＝b ”，因此应假设为x ＝a 或x ＝b . 答案：x ＝a 或x ＝b7．(2019·福州模拟)如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是__________． 解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a ，即(a －b )2(a ＋b )＞0，需满足a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b8．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________． 解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，所以c n 随n 的增大而减小，所以c n ＋1<c n . 答案：c n ＋1<c n9．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 证明：2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 因为a ≥b >0，所以a －b ≥0，a ＋b >0，2a ＋b >0， 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .10．已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝a ＋bx －12x 2＋13x 3，函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点(0，0)处有公共切线． (1)求a ，b 的值； (2)证明：f (x )≤g (x )．解：(1)f ′(x )＝11＋x ，g ′(x )＝b －x ＋x 2，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝f （0），f ′（0）＝g ′（0），解得a ＝0，b ＝1.(2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x ) ＝ln(x ＋1)－13x 3＋12x 2－x (x >－1)．h ′(x )＝1x ＋1－x 2＋x －1＝－x 3x ＋1.h (x )在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数． h (x )max ＝h (0)＝0，所以h (x )≤h (0)＝0，即f (x )≤g (x )．1．已知a ，b ，c ∈R ，若b a ·ca >1且b a ＋c a≥－2，则下列结论成立的是( ) A ．a ，b ，c 同号B ．b ，c 同号，a 与它们异号C ．a ，c 同号，b 与它们异号D ．b ，c 同号，a 与b ，c 的符号关系不确定 解析：选A.由b a ·c a >1知b a 与c a同号， 若b a >0且c a >0，不等式b a ＋c a≥－2显然成立， 若b a<0且c a<0，则－b a >0，－c a>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a ≥2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a >2，即b a ＋c a <－2， 这与b a ＋c a≥－2矛盾，故b a>0且c a>0，即a ，b ，c 同号． 2．在等比数列{a n }中，a 1<a 2<a 3是数列{a n }递增的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.当a 1<a 2<a 3时，设公比为q ， 由a 1<a 1q <a 1q 2得若a 1>0，则1<q <q 2，即q >1， 此时，显然数列{a n }是递增数列， 若a 1<0，则1>q >q 2，即0<q <1， 此时，数列{a n }也是递增数列，反之，当数列{a n }是递增数列时，显然a 1<a 2<a 3. 故a 1<a 2<a 3是等比数列{a n }递增的充要条件．3．sin α与sin β分别是sin θ与cos θ的等差中项与等比中项，则cos 4β－4cos 4α＝________．解析：由题意得2sin α＝sin θ＋cos θ， sin 2β＝sin θcos θ， 所以cos 4β－4cos 4α ＝2cos 22β－1－4(2cos 22α－1) ＝2(1－2sin 2β)2－8(1－2sin 2α)2＋3＝2(1－2sin θcos θ)2－8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋cos θ222＋3＝2(sin θ－cos θ)4－2(sin θ－cos θ)4＋3＝3. 答案：34．设a ，b 是两个实数，给出下列条件： ①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2； ④a 2＋b 2＞2；⑤ab ＞1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号) 解析：若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b ＞2，则a ，b 中至少有一个大于1， 反证法：假设a ≤1且b ≤1， 则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾，因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1. 答案：③5．已知等差数列{a n }中，首项a 1>0，公差d >0.(1)若a 1＝1，d ＝2，且1a 21，1a 24，1a 2m成等比数列，求整数m 的值；(2)求证：对任意正整数n ，1a 2n ，1a 2n ＋1，1a 2n ＋2都不成等差数列．解：(1)由题意，得1a 21·1a 2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 242，(a 24)2＝(a 1a m )2，因为a 1＝1，d ＝2，所以a 24＝a 1a m ，49＝1＋(m －1)·2，解得m ＝25. (2)证明：假设1a 2n ，1a 2n ＋1，1a 2n ＋2成等差数列，则1a 2n ＋1a 2n ＋2＝2a 2n ＋1，即1a 2n ＋2－1a 2n ＋1＝1a 2n ＋1－1a 2n，（a n ＋2＋a n ＋1）（－d ）a 2n ＋2a 2n ＋1＝（a n ＋1＋a n ）（－d ）a 2n ＋1a 2n， 所以a 2n (a n ＋1＋a n ＋2)＝a 2n ＋2(a n ＋a n ＋1)，a 2n (2a n ＋3d )＝(a n ＋2d )2(2a n ＋d )，即2d (3a 2n ＋6a n d ＋2d 2)＝0，① 因为a 1>0，d >0， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d >0，故2d (3a 2n ＋6a n d ＋2d 2)>0这与①式矛盾， 所以假设不成立．即对任意正整数n ，1a 2n ，1a 2n ＋1，1a 2n ＋2都不成等差数列．6．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a ＜b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值；(2)是否存在常数a ，b (a ＞－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，所以函数在区间[1，b ]上单调递增，由“四维光军”函数的定义可知 ，g (1)＝1，g (b )＝b ， 即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b ＞1，所以b ＝3. (2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a ＞－2)上是“四维光军”函数， 因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．。

A组基础关1．用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设()A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°答案 B解析“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故应假设“三个内角都大于60°”．2．若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a”索的“因”应是()A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案 C解析b2－ac<3a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)·(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.故选C.3．(2019·济宁模拟)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是()A．②③B．①②③C．③D．③④⑤答案 C解析对于①，当a＝0.7<1，b＝0.9<1时，a＋b＝1.6>1，故不能推出a，b 中至少有一个大于1；对于②，当a＝b＝1时，a＋b＝2，故不能推出a，b中至少有一个大于1；对于③，假设a≤1，且b≤1，则a＋b≤2与a＋b＞2矛盾，由此可得假设不成立，故a，b中至少有一个大于1；对于④，当a＝b＝－2＜1时，a2＋b2＝8＞2，故不能推出a，b中至少有一个大于1；对于⑤，当a＝b＝－2<1时，ab＝4>1，故不能推出a，b中至少有一个大于1.综上所述，可推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是③.4．(2018·郑州模拟)设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sin x＋cos x)2，则()A．P>Q B．P<Q C．P≤Q D．P≥Q答案 A解析因为2x＋2－x≥22x·2－x＝2(当且仅当x＝0时等号成立)，而x>0，所以P>2；又(sin x＋cos x)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故选A.5．在等比数列{a n}中，a1<a2<a3是数列{a n}递增的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案 C解析当a1<a2<a3时，设公比为q，由a1<a1q<a1q2得，若a1>0，则1<q<q2，即q>1，此时，显然数列{a n}是递增数列，若a1<0，则1>q>q2，即0<q<1，此时，数列{a n}也是递增数列，反之，当数列{a n}是递增数列时，显然a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比数列{a n}递增的充要条件．6．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒为负值B．恒等于零C．恒为正值D．无法确定正负答案 A解析由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.故选A.7．(2018·邹平期中)若a>b>c，则使1a－b＋1b－c≥ka－c恒成立的最大的正整数k为()A．2 B．3 C．4 D．5答案 C解析∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝a－b＋b－c.又a－ca－b＋a－cb－c＝a－b＋b－ca－b＋a－b＋b－cb－c＝2＋b－ca－b＋a－bb－c≥2＋2＝4，当且仅当a－b＝b－c时等号成立．∴k≤a－ca－b＋a－cb－c，k≤4，故k的最大整数为4.故选C.8．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．答案x≠－1且x≠1解析根据反证法的定义，应首先假设命题的结论不成立，对本题而言即x≠－1且x≠1.9.6－22与5－7的大小关系是________．答案6－22>5－7解析假设6－22>5－7，由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋410，即42>210.因为42>40，所以6－22>5－7成立．10．已知点A n(n，a n)为函数y＝x2＋1图象上的点，B n(n，b n)为函数y＝x 图象上的点，其中n∈N*，设c n＝a n－b n，则c n与c n＋1的大小关系为________．答案c n＋1<c n解析点A n(n，a n)为函数y＝x2＋1图象上的点，B n(n，b n)为函数y＝x图象上的点，因此a n＝n2＋1，b n＝n，c n＝n2＋1－n＝1n2＋1＋n，因此数列{c n}为递减数列，所以c n＋1<c n.B组能力关1．设x ，y ，z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x ，则a ，b ，c 三个数( ) A ．至少有一个不大于2 B ．都小于2 C ．至少有一个不小于2 D ．都大于2答案 C解析 假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c <6，而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋1z ≥2＋2＋2＝6，与a ＋b ＋c <6矛盾，∴a ，b ，c 都小于2不成立．∴a ，b ，c 三个数至少有一个不小于2.故选C.2．若△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( )A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形 答案 D解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，且△A 2B 2C 2不可能是直角三角形．假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，则A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾，因此假设不成立，故△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D.3．用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：________.答案 a ，b ，c ，d 全是负数解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a ，b ，c ，d 中没有一个是非负数，即a ，b ，c ，d 全是负数”．4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A sin B ＋sin B sin C ＋cos2B ＝1.(1)求证：a ，b ，c 成等差数列； (2)若C ＝2π3，求证：5a ＝3b .证明 (1)由已知得sin A sin B ＋sin B sin C ＝2sin 2B ， 因为sin B ≠0，所以sin A ＋sin C ＝2sin B ，由正弦定理，有a ＋c ＝2b ，即a ，b ，c 成等差数列．(2)由C ＝2π3，c ＝2b －a 及余弦定理得(2b －a )2＝a 2＋b 2＋ab ，即有5ab －3b 2＝0，所以5a ＝3b .5．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r .即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0. ∵p ，q ，r ∈N *，∴q 2－pr 为有理数．而若2q －p －r ≠0，则2(2q －p －r )为无理数． 显然(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0不成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝q 2＝pr ，(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾． ∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．。

第4讲 直接证明与间接证明板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．[2018·绵阳周测]设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( ) A ．t >s B ．t ≥s C ．t <s D ．t ≤s 答案 D解析 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t ，选D 项． 2．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2<bc 2B ．a 2>ab >b 2C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )， ∵a <b <0，∴a －b <0， ∴a 2－ab >0， ∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2.3．下列不等式一定成立的是( )A ．lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14>lg x (x >0)B ．sin x ＋1sin x >2(x ≠k π，k ∈Z )C ．x 2＋1≥2|x |(x ∈R ) D.1x 2＋1<1(x ∈R ) 答案 C解析 对于A ，当x >0时，x 2＋14≥2·x ·12＝x所以lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14≥lg x ，故A 不正确；对于B ，当x ≠k π时，sin x 正负不定，不能用基本不等式，所以B 不正确； 对于D ，当x ＝0时，1x 2＋1＝1，故D 不正确． 由基本不等式可知选项C 正确．4．若a >0，b >0，a ＋b ＝1，则下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2≥12B ．ab ≤14C.1a ＋1b≥4D.a ＋b ≤1答案 D解析 a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2·⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝12，∴A 成立；ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，∴B 成立．又1a ＋1b＝a ＋b a＋a ＋b b＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ＋ab＝4，∴C 成立，∴应选D. 5．[2018·邹平期末]若a >b >c ，则使1a －b ＋1b －c ≥ka －c恒成立的最大的正整数k 为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C解析 ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0， 且a －c ＝a －b ＋b －c . 又a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －c b －c ＝2＋b －c a －b ＋a －bb －c ≥2＋2＝4， ∴k ≤a －c a －b ＋a －cb －c，k ≤4， 故k 的最大整数为4.故选C.6．[2018·邯郸模拟]设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2；④a 2＋b 2＞2；⑤ab ＞1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)答案 ③解析 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出；对于③，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾， 因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1. 7．已知a ＋b ＋c ＝0，求证：a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0. 证明 运用“立方和”公式证明：a 3＋b 3＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)，∴原式＝a 3＋b 3＋(a 2c ＋b 2c －abc ) ＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)＋c (a 2－ab ＋b 2) ＝(a ＋b ＋c )·(a 2－ab ＋b 2) ∵a ＋b ＋c ＝0， ∴原式＝0，即当a ＋b ＋c ＝0时，a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0.8．设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数．证明 由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，可知f (x ＋1)＝f (－x )．将x 换成x －12代入上式可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋1＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋12， 由偶函数的定义可知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数． 9．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解 (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)，得b n ＝S n n＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， 所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎨⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ⇒(p －r )2＝0.所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 10．已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明：方程f (x )＝0没有负数根．[B级知能提升]1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是( ) A．M≥N B．M≤NC．M＝N D．不能确定答案 A解析 M －N ＝x 2＋y 2＋1－(x ＋y ＋xy )＝12[(x 2＋y 2－2xy )＋(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)] ＝12[(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2]≥0.故M ≥N . 2．已知实数m ，n 满足m ·n >0，m ＋n ＝－1，则1m ＋1n的最大值为________．答案 －4解析 ∵m ·n >0，m ＋n ＝－1，∴m <0，n <0， ∴1m ＋1n＝－(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n＝－⎝⎛⎭⎪⎫2＋m n ＋n m ≤－2－2m n ·nm＝－4， 当且仅当m ＝n ＝－12时，1m ＋1n 取得最大值－4.3．[2018·清水期末]设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证： (1)c 2>ab ；(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .证明 (1)∵a >0，b >0,2c >a ＋b ≥2ab ， ∴c >ab ， 平方得c 2>ab .(2)要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 只要证－c 2－ab <a －c <c 2－ab . 即证|a －c |<c 2－ab ， 即(a －c )2<c 2－ab ，∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )<0成立， ∴原不等式成立．4．[2018·正定模拟]设f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c .若a ＋b ＋c ＝0，f (0)>0，f (1)>0，求证： (1)a >0且－2<b a<－1；(2)方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．证明 (1)∵f (0)>0，f (1)>0，∴c >0,3a ＋2b ＋c >0. 由a ＋b ＋c ＝0，消去b 得a >c >0；再由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c 得a ＋b <0且2a ＋b >0， ∴－2<b a<－1.(2)解法一：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋34c 2>0， ∴方程f (x )＝0有两个实根．设方程的两根为x 1，x 2，由根与系数的关系得 x 1＋x 2＝－2b 3a >0，x 1x 2＝c3a >0，故两根为正．又∵(x 1－1)＋(x 2－1)＝－2b3a－2<0，(x 1－1)(x 2－1)＝3a ＋2b ＋c3a>0，故两根均小于1，命题得证．解法二：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋3c 24>0， 由(1)知－2<b a <－1，∴12<－b2a<1，已知f (0)>0，f (1)>0，∴f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．5．[2015·陕西高考]设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，…，x n的各项和，其中x >0，n ∈N ，n ≥2. (1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )和g n (x )的大小，并加以证明．解 (1)证明：F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－2， 则F n (1)＝n －1>0，F n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－2＝－12n <0，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内至少存在一个零点． 又F n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，故F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增， 所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n . 因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0， 即1－x n ＋1n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)由题设，g n (x )＝n ＋＋xn2.设h (x )＝f n (x )－g n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－n ＋＋xn2，x >0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )． 当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1－n n ＋x n －12.若0<x <1，h ′(x )>x n －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n n ＋2x n －1＝n n ＋2x n －1－n n ＋2x n －1＝0.若x >1，h ′(x )<x n －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n n ＋2·xn －1＝n n ＋2x n －1－n n ＋2·xn －1＝0.所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以h (x )<h (1)＝0，即f n (x )<g n (x )．综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )<g n (x )．。

第4节直接证明与间接证明、数学归纳法基础巩固(时间:30分钟)1.命题“如果数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n,那么数列{a n}一定是等差数列”是否成立( B )(A)不成立 (B)成立(C)不能断定 (D)与n取值有关解析:因为S n=2n2-3n,所以n=1时a1=S1=-1,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n2-3n-2(n-1)2+3(n-1)=4n-5,n=1时适合a n,且a n-a n-1=4,故{a n}为等差数列,即命题成立.故选B.2.用反证法证明某命题时,对结论:“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”正确的反设为( B )(A)a,b,c中至少有两个偶数(B)a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数(C)a,b,c都是奇数(D)a,b,c都是偶数解析:a,b,c恰有一个是偶数说明有且只有一个是偶数.其否定有a,b,c均为奇数或a,b,c至少有两个偶数.故选B.3.设a=-,b=-,c=-,则a,b,c的大小顺序是( A )(A)a>b>c (B)b>c>a(C)c>a>b (D)a>c>b解析:因为a=-=,b=-=,c=-=,又因为+>+>+>0,所以a>b>c.故选A.4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证<a”索的因应是( C )(A)a-b>0 (B)a-c>0(C)(a-b)(a-c)>0 (D)(a-b)(a-c)<0解析:<a⇔b2-ac<3a2⇔(a+c)2-ac<3a2⇔a2+2ac+c2-ac-3a2<0⇔-2a2+ac+c2<0⇔2a2-ac-c2>0⇔(a-c)(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.故选C.5.设0<x<1,a>0,b>0,a,b为常数,+的最小值是( C )(A)4ab (B)2(a2+b2)(C)(a+b)2(D)(a-b)2解析:(+)(x+1-x)=a2+++b2≥a2+b2+2ab=(a+b)2.当且仅当x=时,等号成立.故选C.6.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N*)能被9整除”,要利用归纳假设证n=k+1时的情况,只需展开( A )(A)(k+3)3 (B)(k+2)3(C)(k+1)3 (D)(k+1)3+(k+2)3解析:假设当n=k时,原式能被9整除,即k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除.当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面的归纳假设,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.故选A.7.(2016·兰州调研)已知a,b是不相等的正数,x=,y=,则x,y的大小关系是.解析:因为>(a≠b)⇒a+b>2⇒2(a+b)>a+b+2⇒a+b>⇒>,即x<y.答案:x<y8.已知点A n(n,a n)为函数y=图象上的点,B n(n,b n)为函数y=x图象上的点,其中n∈N*,设c n=a n-b n,则c n与c n+1的大小关系为.解析:由已知条件得c n=a n-b n=-n=,所以c n随n的增大而减小,所以c n+1<c n.答案:c n+1<c n能力提升(时间:15分钟)9.(2017·郑州模拟)设x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,则( A )(A)P>Q (B)P<Q (C)P≤Q (D)P≥Q解析:因为2x+≥2=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2;又(sin x+cos x)2=1+sin 2x,而sin 2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A.10.平面内有n条直线,最多可将平面分成f(n)个区域,则f(n)的表达式为( C )(A)n+1 (B)2n(C)(D)n2+n+1解析:1条直线将平面分成1+1个区域;2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域;3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域;…;n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+=个区域.故选C.11.(2017·邯郸模拟)设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是.(填序号)解析:若a=,b=,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;若a=b=1,则a+b=2,故②推不出;若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故④推不出;若a=-2,b=-3,则ab>1,故⑤推不出;对于③,反证法:假设a≤1且b≤1,则a+b≤2与a+b>2矛盾,因此假设不成立,故a,b中至少有一个大于1.答案:③12.若二次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一点c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是.解析:法一(补集法)令解得p≤-3或p≥,故满足条件的p的范围为(-3,).法二(直接法)依题意有f(-1)>0或f(1)>0,即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0,得-<p<1或-3<p<.故满足条件的p的取值范围是-3,.答案:(-3,)13.若a>b>c>d>0且a+d=b+c,求证:+<+.证明:要证+<+,只需证(+)2<(+)2,即a+d+2<b+c+2,因a+d=b+c,只需证<,即ad<bc,设a+d=b+c=t,则ad-bc=(t-d)d-(t-c)c=(c-d)(c+d-t)<0,故ad<bc成立,从而+<+成立.14.某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数:①sin213°+cos217°-sin 13°cos 17°;②sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°;③sin218°+cos212°-sin 18°cos 12°;④sin2(-18°)+cos248°-sin(-18°)cos 48°;⑤sin2(-25°)+cos255°-sin(-25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数;(2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.解:(1)选择②式,计算如下:sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°=1-sin 30°=1-=.(2)法一三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sin α·cos(30°-α)=.证明如下:sin2α+cos2(30°-α)-sin α·cos(30°-α)=sin2α+(cos 30°cos α+sin 30°sin α)2-sin α·(cos 30°cos α+sin 30°sin α)=sin2α+cos2α+sin αcos α+sin2α-sin αcos α-sin2α=sin2α+cos2α=.法二三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sin α·cos(30°-α)=.证明如下:sin2α+cos2(30°-α)-sin αcos(30°-α)=+-sin α·(c o s30°c o sα+s i n30°s i nα)=-c o s2α++(cos 60°cos 2α+sin 60°sin 2α)-sin αcos α-sin2α=-cos 2α++cos 2α+sin 2α-sin 2α- (1-cos 2α)=1-cos 2α-+cos 2α=.15.数列{a n}满足a1=,a n+1=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n}的前n项和为S n,证明S n<n-ln().(1)解:法一a n+1-1=-1=,所以==-1+,所以{}是首项为-2,公差为-1的等差数列,所以=-n-1,所以a n=.法二a2=,a3=,a4=,猜测a n=.下面用数学归纳法进行证明:①当n=1时,由题目已知可知a1=,命题成立;②假设当n=k(k≥1,k∈N)时成立,即a k=,那么当n=k+1,a k+1===,也就是说,当n=k+1时命题也成立.综上所述,数列{a n}的通项公式为a n=.(2)证明:设F(x)=ln(x+1)-x(x>0),则F′(x)=-1=<0(x>0).函数F(x)为(0,+∞)上的减函数,所以F(x)<F(0)=0,即ln(x+1)<x(x>0), 从而ln(1+)<,1-<1-ln(1+),a n=1-<1-ln(n+2)+ln(n+1),所以S n<(1-ln 3+ln 2)+(1-ln 4+ln 3)+…+[1-ln(n+2)+ln(n+1)],所以S n<n-ln().。

最新中小学教案、试题、试卷 第4节 直接证明与间接证明、数学归纳法 【选题明细表】 知识点、方法 题号 综合法与分析法 1,3,4,5,7,8,9,13 反证法 2 数学归纳法 6,10,15 推理与证明的综合应用 11,12,14 基础巩固(时间:30分钟) 1.命题“如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n,那么数列{an}一定是等差数列”是否成立( B ) (A)不成立 (B)成立 (C)不能断定 (D)与n取值有关 解析:因为Sn=2n2-3n,所以n=1时a1=S1=-1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-3n-2(n-1)2+3(n-1)=4n-5,n=1时适合an,且an-an-1=4, 故{an}为等差数列,即命题成立.故选B. 2.用反证法证明某命题时,对结论:“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”正确的反设为( B ) (A)a,b,c中至少有两个偶数 (B)a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数 (C)a,b,c都是奇数 (D)a,b,c都是偶数 解析:a,b,c恰有一个是偶数说明有且只有一个是偶数.其否定有a,b,c均为奇数或a,b,c至少有两个偶数.故选B.

3.设a=-,b=-,c=-,则a,b,c的大小顺序是( A ) (A)a>b>c (B)b>c>a (C)c>a>b (D)a>c>b

解析:因为a=-=,b=-=, c=-=, 又因为+>+>+>0,所以a>b>c. 故选A. 4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证的因应是( C ) (A)a-b>0 (B)a-c>0 (C)(a-b)(a-c)>0 (D)(a-b)(a-c)<0

解析:最新中小学教案、试题、试卷 ⇔(a+c)2-ac<3a2⇔a2+2ac+c2-ac-3a2<0

⇔-2a2+ac+c2<0⇔2a2-ac-c2>0

⇔(a-c)(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.故选C.

——教学资料参考参考范本——2019-2020高考数学一轮复习第11章复数、算法、推理与证明第4讲直接证明与间接证明分层演练文______年______月______日____________________部门一、选择题1．用反证法证明某命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设是( )A．自然数a，b，c中至少有两个偶数B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．自然数a，b，c都是奇数D．自然数a，b，c都是偶数解析：选B．“恰有一个偶数”反面应是“至少有两个偶数或都是奇数”．故选B．2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a>b>c，且a＋b ＋c＝0，求证：<a”索的因应是( )A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析：选C．<a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0．故选C．3．设a＝－，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小顺序是( )A．a＞b＞c B．b＞c＞aC．c＞a＞b D．a＞c＞b解析：选A．因为a＝－＝，b＝－＝，c＝－＝，且＋＞＋＞＋＞0，所以a＞b＞c．4．设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋( )A．都大于2 B．至少有一个大于2C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2解析：选C．假设三个数都小于2，则＋＋＋＋＋<6，由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，所以假设不成立，所以＋，＋，＋中至少有一个不小于2．故选C．5．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为( )A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：选A．因为≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，所以f≤f()≤f．6．设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是( )A．m>n B．m≥nC．m<n D．m≤n解析：选C．－<⇐＋>⇐a<b＋2·＋a－b⇐2·>0，显然成立，故m<n．选C．二、填空题7．已知点An(n ，an)为函数y ＝图象上的点，Bn(n ，bn)的函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N*，设cn ＝an －bn ，则cn 与cn ＋1的大小关系为________．解析：由条件得cn ＝an －bn ＝－n ＝， 所以cn 随n 的增大而减小，所以cn ＋1<cn ． 答案：cn ＋1<cn8．关于x 的方程ax ＋a －1＝0在区间(0，1)内有实根，则实数a 的取值范围是________．解析：①当a ＝0时，方程无解．②当a ≠0时，令f(x)＝ax ＋a －1，则f(x)在区间(0，1)上是单调函数，依题意，得f(0)f(1)<0，所以(a －1)(2a －1)<0， 所以<a<1．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，19．设函数f(x)＝(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立，则a 的取值范围是________．解析：易知f(x)＝在定义域内是增函数， 由f(f(b))＝b ，猜想f(b)＝b ．反证法：若f(b)>b ，则f(f(b))>f(b)>b ，与题意不符， 若f(b)<b ，则f(f(b))<f(b)<b ，与题意也不符，故f(b)＝b ， 即f(x)＝x 在[0，1]上有解． 所以＝x ，a ＝ex －x2＋x ，令g(x)＝ex －x2＋x ，g′(x)＝ex －2x ＋1＝(ex ＋1)－2x ，当x∈[0，1]时，ex ＋1≥2，2x≤2，所以g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上是增函数， 所以g(0)≤g(x)≤g(1)⇒1≤g(x)≤e， 即1≤a≤e． 答案：[1，e]10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p －2)x －2p2－p ＋1，在区间[－1，1]内至少存在一点c ，使f(c)＞0，则实数p 的取值范围是________．解析：法一：(补集法) 令解得p≤－3或p≥，故满足条件的p 的取值范围为． 法二：(直接法)依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0， 即2p2－p －1＜0或2p2＋3p －9＜0， 得－＜p ＜1或－3＜p ＜， 故满足条件的p 的取值范围是． 答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，32 三、解答题11．在△ABC 中，设a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，且直线bx ＋ycos A ＋cos B ＝0与ax ＋ycos B ＋cos A ＝0平行，求证：△ABC 是直角三角形．证明：法一：由两直线平行可知bcos B －acos A ＝0，由正弦定理可知sin Bcos B －sin Acos A ＝0，即sin 2B －sin 2A ＝0，故2A ＝2B或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝．若A ＝B ，则a ＝b ，cos A ＝cos B ，两直线重合，不符合题意，故A ＋B ＝，即△ABC 是直角三角形．法二：由两直线平行可知bcos B －acos A ＝0， 由余弦定理，得a·＝b·，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)， 所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a ＝b 或a2＋b2＝c2． 若a ＝b ，则两直线重合，不符合题意， 故a2＋b2＝c2，即△ABC 是直角三角形．12．已知数列{an}满足a1＝，且an ＋1＝(n ∈N*)． (1)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝anan ＋1(n∈N*)，数列{bn}的前n 项和记为Tn ，证明：Tn<．解：(1)由已知可得，当n∈N*时，an ＋1＝，两边取倒数得，＝＝＋3，即－＝3，所以数列是首项为＝2，公差为3的等差数列，其通项公式为＝2＋(n －1)×3＝3n －1， 所以数列{an}的通项公式为an ＝． (2)证明：由(1)知an ＝， 故bn ＝anan ＋1＝1（3n－1）（3n＋2）＝，故Tn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝×＋×＋…＋×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n－1－13n＋2 ＝＝－·． 因为>0，所以Tn<．。

最新中小学教案、试题、试卷 第4节 直接证明与间接证明、数学归纳法 【选题明细表】 知识点、方法 题号 综合法与分析法 1,3,4,5,7,8,9,13 反证法 2 数学归纳法 6,10,15 推理与证明的综合应用 11,12,14 基础巩固(时间:30分钟) 1.命题“如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n,那么数列{an}一定是等差数列”是否成立( B ) (A)不成立 (B)成立 (C)不能断定 (D)与n取值有关 解析:因为Sn=2n2-3n,所以n=1时a1=S1=-1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2-3n-2(n-1)2+3(n-1)=4n-5,n=1时适合an,且an-an-1=4, 故{an}为等差数列,即命题成立.故选B. 2.用反证法证明某命题时,对结论:“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”正确的反设为( B ) (A)a,b,c中至少有两个偶数 (B)a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数 (C)a,b,c都是奇数 (D)a,b,c都是偶数 解析:a,b,c恰有一个是偶数说明有且只有一个是偶数.其否定有a,b,c均为奇数或a,b,c至少有两个偶数.故选B.

3.设a=-,b=-,c=-,则a,b,c的大小顺序是( A ) (A)a>b>c (B)b>c>a (C)c>a>b (D)a>c>b

解析:因为a=-=,b=-=, c=-=, 又因为+>+>+>0,所以a>b>c. 故选A. 4.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证的因应是( C ) (A)a-b>0 (B)a-c>0 (C)(a-b)(a-c)>0 (D)(a-b)(a-c)<0

解析:最新中小学教案、试题、试卷 ⇔(a+c)2-ac<3a2⇔a2+2ac+c2-ac-3a2<0

⇔-2a2+ac+c2<0⇔2a2-ac-c2>0

⇔(a-c)(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.故选C.