2020版高考数学一轮复习课时作业40《 直接证明与间接证明、数学归纳法》(含解析) 练习

课时作业40　直接证明与间接证明、数学归纳法

一、选择题

1.已知函数f(x)＝x，a，b为正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　A　)

A.A≤B≤C  B.A≤C≤B

C.B≤C≤A  D.C≤B≤A

解析：因为≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，故f≤f()≤f，即A≤B≤C.

2.若a、b∈R，则下面四个式子中恒成立的是(　B　)

A.lg(1＋a2)>0   B.a2＋b2≥2(a－b－1)

C.a2＋3ab>2b2   D.<

解析：在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0.∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.

3.①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是(　D　)

A.①与②的假设都错误

B.①与②的假设都正确

C.①的假设正确；②的假设错误

D.①的假设错误；②的假设正确

解析：反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q>2，所以①不正确；对于②，其假设正确.

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：由题意知<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.

5.用数学归纳法证明2n>2n＋1，n的第一个取值应是(　C　)

A.1  B.2

C.3  D.4

解析：∵n＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n>2n＋1不成立；

n＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n>2n＋1不成立；

n＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n>2n＋1成立.

∴n的第一个取值应是3.

6.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(　C　)

A.②③   B.①②③

C.③   D.③④⑤

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，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，a，b中至少有一个大于1.

二、填空题

7.设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为a<b.

解析：a＝＋2，b＝2＋两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，显然，<.∴a<b.

8.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：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”.

9.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.

解析：当n＝k时左端为1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋k2，

则当n＝k＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，

故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.

三、解答题

10.等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.

(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

解：(1)解：由已知得

∴d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋).

(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋.

假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，即(q＋)2＝(p＋)(r＋).

∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.

∵p，q，r∈N*，∴

∴2＝pr，即(p－r)2＝0.

∴p＝r，与p≠r矛盾.

∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.

11.(2019·河北八校一模)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，g(n)＝2(－1)(n∈N*).

(1)当n＝1,2,3时，分别比较f(n)与g(n)的大小(直接给出结论)；

(2)由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论.

解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝2(－1)，f(1)>g(1)，

当n＝2时，f(2)＝1＋，g(2)＝2(－1)，f(2)>g(2)，

当n＝3时，f(3)＝1＋＋，g(3)＝2，f(3)>g(3).

(2)猜想：f(n)>g(n)(n∈N*)，即1＋＋＋…＋>2(－1)(n∈N*).下面用数学归纳法证明：

①当n＝1时，上面已证.

②假设当n＝k时，猜想成立，即1＋＋＋…＋>2(－1).

则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋>2(－1)＋＝2＋－2；

而g(k＋1)＝2(－1)＝2－2，下面转化为证明：

2＋>2.

只要证：2(k＋1)＋1＝2k＋3

>2即可，

需证：(2k＋3)2>4(k＋2)(k＋1)，

即证：4k2＋12k＋9>4k2＋12k＋8，此式显然成立，所以，当n＝k＋1时猜想也成立.

综上可知：对n∈N*，猜想都成立，即1＋＋＋…＋>2(－1)(n∈N*)成立.

12.已知f(x)＝，a≠b，则|f(a)－f(b)|与|a－b|的大小关系为(　B　)

A.|f(a)－f(b)|>|a－b|

B.|f(a)－f(b)|<|a－b|

C.|f(a)－f(b)|＝|a－b|

D.不确定

解析：|f(a)－f(b)|＝|－|

＝

＝<

≤＝|a－b|，

所以|f(a)－f(b)|<|a－b|，故选B.

13.设函数f(x)＝x3＋，x∈[0,1]，证明：

(1)f(x)≥1－x＋x2；

(2)<f(x)≤.

证明：(1)因为1－x＋x2－x3＝＝，由于x∈[0,1]，有≤，即1－x＋x2－x3≤，所以f(x)≥1－x＋x2.

(2)由0≤x≤1得x3≤x，

故f(x)＝x3＋≤x＋＝x＋－＋＝＋≤，所以f(x)≤.

由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝2＋≥，又因为f＝>，所以f(x)>.

综上，<f(x)≤.

14.已知两个半径不等的圆盘叠放在一起(有一轴穿过它们的圆心)，两圆盘上分别有互相垂直的两条直径将其分为四个区域，小圆盘上所写的实数分别记为x1，x2，x3，x4，大圆盘上所写的实数分别记为y1，y2，y3，y4，如图所示.将小圆盘逆时针旋转i(i＝1,2,3,4)次，每次转动90°，记Ti(i＝1,2,3,4)为转动i次后各区域内两数乘积之和，例如T1＝x1y2＋x2y3＋x3y4＋x4y1.若x1＋x2＋x3＋x4<0，y1＋y2＋y3＋y4<0，则以下结论正确的是(　A　)

A.T1，T2，T3，T4中至少有一个为正数

B.T1，T2，T3，T4中至少有一个为负数

C.T1，T2，T3，T4中至多有一个为正数

D.T1，T2，T3，T4中至多有一个为负数

解析：根据题意知(x1＋x2＋x3＋x4)(y1＋y2＋y3＋y4)>0，又(x1＋x2＋x3＋x4)(y1＋y2＋y3＋y4)＝T1＋T2＋T3＋T4，所以T1，T2，T3，T4中至少有一个为正数，故选A.