高中数学2.2直接证明与间接证明课后测评

这是一份高中数学2.2直接证明与间接证明课后测评，共8页。试卷主要包含了2　直接证明与间接证明，若无穷数列{an}满足，已知函数f=ax+x-2x+1等内容，欢迎下载使用。

2.2.2综合拔高练
五年高考练
考点1 用反证法证明确定性命题
1.(2016上海,23节选,8分,)若无穷数列{an}满足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,则称{an}具有性质P.设{bn}是无穷数列,已知an+1=bn+sin an(n∈N*).求证:“对任意a1,{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”.
考点2 用反证法证明存在性、唯一性命题
2.(广东高考,19(2),4分,)设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
三年模拟练

1.(2019河南郑州一中高二期中,)用反证法证明命题“a,b∈N,ab可被5整除,那么a,b中至少有一个能被5整除”时,其假设正确的是( )
A.a,b都能被5整除B.a,b不都能被5整除
C.a,b都不能被5整除D.a不能被5整除
2.(2019辽宁沈阳铁路实验中学高二期中,)①已知a,b是实数,若|a-1|+|b-1|=0,则a=1且b=1,用反证法证明时,可假设a≠1且b≠1;②设a为实数,f(x)=x2+ax+a,求证|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于12,用反证法证明时,可假设|f(1)|<12且|f(2)|<12.则( )
A.①的假设正确,②的假设错误
B.①的假设错误,②的假设正确
C.①与②的假设都错误
D.①与②的假设都正确
3.(2020安徽安庆怀宁第二中学高二下学期期中,)已知函数f(x)=ax+x-2x+1(a>1).
(1)判断f(x)在(-1,+∞)上的单调性并证明;
(2)用适当的方法证明方程f(x)=0没有负根.
4.(2020北京门头沟大峪中学高二下学期期中,)已知△ABC的三边长分别为a、b、c,且其中任意两边长均不相等,若1a、1b、1c成等差数列.
(1)证明:ba(2)求证:角B不可能是钝角.
5.()已知Sn是数列{an}的前n项和,并且a1=1,对任意正整数n,Sn+1=4an+2,设bn=an+1-2an(n=1,2,3,…).
(1)证明:数列{bn}是等比数列,并求{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn3,求证:数列{cn+1}不可能为等比数列.
答案全解全析
五年高考练
1.证明 充分性:当{bn}为常数列时,an+1=b1+sin an.
对任意给定的a1,只要ap=aq,则b1+sin ap=b1+sin aq,即ap+1=aq+1,充分性得证.
必要性:假设{bn}不是常数列,则存在k∈N*,使得b1=b2=…=bk=b,而bk+1≠b.
下面证明存在满足an+1=bn+sin an的{an},使得a1=a2=…=ak+1,但ak+2≠ak+1.
设f(x)=x-sin x-b,取m∈Ν*,使得mπ>|b|,则f(mπ)=mπ-b>0, f(-mπ)=-mπ-b<0,故存在c使得f(c)=0.
取a1=c,因为an+1=b+sin an(1≤n≤k),
所以a2=b+sin c=c=a1,
依此类推,得a1=a2=…=ak+1=c.
但ak+2=bk+1+sin ak+1=bk+1+sin c≠b+sin c,即ak+2≠ak+1.
所以{an}不具有性质Ρ,矛盾,必要性得证.
综上,“对任意a1,{an}都具有性质Ρ”的充要条件为“{bn}是常数列”.
2.证明 因为a>1,所以f(0)=1-a<0,f(ln a)=[1+(ln a)2]eln a-a=a(ln a)2>0,
所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.
假设f(x)在(-∞,+∞)上至少有2个零点,则f(x)在(-∞,+∞)上不单调.
由已知得f'(x)=(1+x2)'ex+(1+x2)(ex)'=(1+x)2ex≥0(仅当x=-1时取等号),
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,与假设矛盾,
所以假设不成立,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
三年模拟练
1.C “a,b中至少有一个能被5整除”的否定为“a,b都不能被5整除”,故选C.
2.B 对于①,已知a,b是实数,若|a-1|+|b-1|=0,则a=1且b=1,用反证法证明时,可假设a≠1或b≠1,故①的假设错误;
对于②,设a为实数, f(x)=x2+ax+a,求证|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于12,用反证法证明时,可假设|f(1)|<12且|f(2)|<12,故②的假设正确.
3.解析 (1)函数在区间(-1,+∞)上单调递增,证明如下:
任取x1,x2∈(-1,+∞),
不妨设x10,
∵a>1,∴ax2-x1>1,且ax1>0,
∴ax2-ax1=(ax2-x1-1)ax1>0.
又∵x1+1>0,x2+1>0,
∴x2-2x2+1-x1-2x1+1
=(x2-2)(x1+1)-(x1-2)(x2+1)(x1+1)(x2+1)
=3(x2-x1)(x1+1)(x2+1)>0.
于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+x2-2x2+1-x1-2x1+1>0,
故函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.
(2)假设存在x0<0(x0≠-1),满足f(x0)=0.
①若-1则x0-2x0+1=x0+1-3x0+1=1-3x0+1<-2,ax0<1,
∴f(x0)=ax0+x0-2x0+1<-1与f(x0)=0矛盾.
②若x0<-1,则x0-2x0+1>0,ax0>0,
∴f(x0)=ax0+x0-2x0+1>0与f(x0)=0矛盾.
故方程f(x)=0没有负根.
4.证明 (1)要证ba∵1a、1b、1c成等差数列,∴2b=1a+1c=a+cac,∴b=2aca+c,
∴ba-cb=2aca+ca-c2aca+c=2ca+c-a+c2a=4ac-(a+c)22a(a+c)=-(a-c)22a(a+c)<0,
因此ba(2)假设角B是钝角,则b>a,b>c,
∴1a>1b>0,1c>1b>0,则1a+1c>1b+1b=2b,
这与1a+1c=2b矛盾,故假设不成立,
∴角B不可能是钝角.
5.解析 (1)∵Sn+1=4an+2,
∴Sn=4an-1+2(n∈N*且n≥2),
两式相减,得an+1=4an-4an-1(n∈N*且n≥2),
∴an+1=4(an-an-1)(n∈N*且n≥2).
∵bn=an+1-2an,
∴bn+1=an+2-2an+1=4(an+1-an)-2an+1=2(an+1-2an)=2bn(n∈N*),
易知bn≠0,
∴bn+1bn=2,
∴{bn}是以2为公比的等比数列.
又b1=a2-2a1,a1+a2=4a1+2,a1=1,
∴a2=3a1+2=5,b1=5-2=3,
∴bn=3·2n-1(n∈N*).
(2)证明:cn=bn3=2n-1(n∈N*),假设{cn+1}为等比数列,则有(cn+1)2=(cn-1+1)(cn+1+1)(n∈N*且n≥2),则有2n-2=0,这与2n-2≥1矛盾,故假设不成立,则数列{cn+1}不可能为等比数列.