2022版高考数学大一轮复习课时作业40《直接证明与间接证明、数学归纳法》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业40《直接证明与间接证明、数学归纳法》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
已知函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，a，b为正实数，A=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B=f(eq \r(ab))，C=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，
则A，B，C的大小关系为( )
A.A≤B≤C B.A≤C≤B C.B≤C≤A D.C≤B≤A
若a、b∈R，则下面四个式子中恒成立的是( )
A.lg(1＋a2)>0 B.a2＋b2≥2(a－b－1)
C.a2＋3ab>2b2 D.eq \f(a,b)c，且a＋b＋c=0，求证eq \r(b2－ac)0 B.a－c>0
C.(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)2n＋1，n的第一个取值应是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
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.②③ B.①②③ C.③ D.③④⑤
已知f(x)=eq \r(1＋x2)，a≠b，则|f(a)－f(b)|与|a－b|的大小关系为( )
A.|f(a)－f(b)|>|a－b|
B.|f(a)－f(b)|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： .
用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2=eq \f(n4＋n2,2)，则当n=k＋1时左端应在n=k的基础上加上的项为 .
三、解答题
等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=1＋eq \r(2)，S3=9＋3eq \r(2).
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn=eq \f(Sn,n)(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.
已知f(n)=1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))(n∈N*)，g(n)=2(eq \r(n＋1)－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.
设函数f(x)=x3＋eq \f(1,1＋x)，x∈[0,1]，证明：
(1)f(x)≥1－x＋x2；
(2)eq \f(3,4)2，所以①不正确；对于②，其假设正确.
答案为：C.
解析：由题意知eq \r(b2－ac)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.
答案为：C.
解析：若a=eq \f(1,2)，b=eq \f(2,3)，则a＋b>1.但a1，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.
答案为：B.
解析：|f(a)－f(b)|=|eq \r(1＋a2)－eq \r(1＋b2)|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2－b2,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))))
=eq \f(|a＋b||a－b|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))2(eq \r(n＋1)－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＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))>2(eq \r(k＋1)－1).
则当n=k＋1时，f(k＋1)=1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))＋eq \f(1,\r(k＋1))>2(eq \r(k＋1)－1)＋eq \f(1,\r(k＋1))
=2eq \r(k＋1)＋eq \f(1,\r(k＋1))－2；
而g(k＋1)=2(eq \r(k＋2)－1)=2eq \r(k＋2)－2，下面转化为证明：
2eq \r(k＋1)＋eq \f(1,\r(k＋1))>2eq \r(k＋2).
只要证：2(k＋1)＋1=2k＋3>2eq \r(k＋2k＋1)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＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))>2(eq \r(n＋1)－1)(n∈N*)成立.
证明：(1)因为1－x＋x2－x3=eq \f(1－－x4,1－－x)=eq \f(1－x4,1＋x)，
由于x∈[0,1]，有eq \f(1－x4,1＋x)≤eq \f(1,x＋1)，即1－x＋x2－x3≤eq \f(1,x＋1)，
所以f(x)≥1－x＋x2.
(2)由0≤x≤1得x3≤x，
故f(x)=x3＋eq \f(1,x＋1)≤x＋eq \f(1,x＋1)=x＋eq \f(1,x＋1)－eq \f(3,2)＋eq \f(3,2)=eq \f(x－12x＋1,2x＋1)＋eq \f(3,2)≤eq \f(3,2)，
所以f(x)≤eq \f(3,2).
由(1)得f(x)≥1－x＋x2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=eq \f(19,24)>eq \f(3,4)，所以f(x)>eq \f(3,4).
综上，eq \f(3,4)