高考达标检测五十六证明4方法综合法分析法反证法数学归纳法Word文档格式.docx

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y.

2．对于定义域为D的函数y＝f（x）和常数c，若对任意正实数ξ，∃x0∈D，使得0<

|f（x0）－c|<

ξ恒成立，则称函数y＝f（x）为“敛c函数”．现给出如下函数：

①f（x）＝x（x∈Z）；

②f（x）＝x＋1（x∈Z）；

③f（x）＝log2x；

④f（x）＝.

其中为“敛1函数”的有（　　）

A．①② 

  B．③④

C．②③④ 

  D．①②③

选C　由题意知，函数f（x）为“敛1函数”等价于存在x0属于f（x）的定义域，使得f（x0）无限接近于1.对于①，f（x）＝x（x∈Z），当x＝1时，f（x）＝1，当x≠1时，|f（x）－1|≥1，故①中函数不是“敛1函数”；

对于②③④中函数，作出函数图象，结合“敛1函数”的定义易知它们都是“敛1函数”．故选C.

3．（2018·

大连一模）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

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x1＋x2>

0，可知x1>

－x2，f（x1）<

f（－x2）＝－f（x2），

则f（x1）＋f（x2）<

0.

4．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≤B≤C 

  B．A≤C≤B

C．B≤C≤A 

  D．C≤B≤A

选A　因为≥≥，

又f（x）＝x在R上是单调减函数，故f≤f（）≤f.

5．设n∈N，则－与－的大小关系是（　　）

A.－>

－

B.－<

C.－＝－

D．不能确定

选B　由题意知，（－）－（－）＝（＋）－ 

（＋），

因为（＋）2－（＋）2

＝2[－]

＝2（－）<

0，

所以－<

－.

6．已知a，b，c∈（0，＋∞），则a＋，b＋，c＋三个数（　　）

A．都大于6 

  B．至少有一个不大于6

C．都小于6 

  D．至少有一个不小于6

选D　设a＋，b＋，c＋都小于6，

则a＋＋b＋＋c＋＜18, 

利用基本不等式，

可得a＋＋b＋＋c＋≥2 

＋2 

＝8＋4＋6＝18，

这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，

所以a＋，b＋，c＋三个数至少有一个不小于6.

二、填空题

7．（2018·

太原模拟）用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设____________________．

“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．

答案：

x≠－1且x≠1

8．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________．

法一：

（补集法）

令解得p≤－3或p≥，

故满足条件的p的范围为.

法二：

（直接法）

依题意有f（－1）>

0或f

（1）>

即2p2－p－1<

0或2p2＋3p－9<

得－<

p<

1或－3<

，

故满足条件的p的取值范围是.

9．（2018·

德州一模）如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则△A2B2C2是________三角形．

由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，

则△A1B1C1是锐角三角形，

假设△A2B2C2是锐角三角形．

由得

那么，A2＋B2＋C2＝，这与三角形内角和为π相矛盾．

所以假设不成立，又显然△A2B2C2不是直角三角形．

所以△A2B2C2是钝角三角形．

钝角

三、解答题

10．已知a，b，c为不全相等的正数，求证：

＋＋＞3.

证明：

因为a，b，c为不全相等的正数，

所以＋＋

＝＋＋＋＋＋－3

＞2 

－3＝3，

即＋＋＞3.

11．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝（n∈N*），

（1）计算a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；

（2）证明

（1）中的猜想．

解：

（1）在数列{an}中，∵a1＝2，an＋1＝（n∈N*），

∴a1＝2＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，

∴猜想这个数列的通项公式是an＝.

（2）证明：

∵an＋1＝，

∴＝＝1＋，∴－＝1.

∵a1＝2，∴＝，

∴是以为首项，1为公差的等差数列，

∴＝＋（n－1）×

1＝，∴an＝.

下面利用数学归纳法证明：

①当n＝1时，可知成立；

②假设n＝k（k≥1，k∈N*）时，ak＝成立．

则当n＝k＋1（k∈N*）时，

ak＋1＝＝＝，

因此当n＝k＋1时，命题成立．

综上①②可知：

an＝对n∈N*都成立．

12．已知函数f（x）＝x3－ax在x＝1处取得极小值，其中a是实数．

（1）求实数a的值；

（2）用反证法证明：

当x＞0时，－，中至少有一个不小于.

（1）∵f（x）＝x3－ax，∴f′（x）＝3x2－a，

∵函数f（x）＝x3－ax在x＝1处取得极小值，

∴f′

（1）＝0，即3－a＝0，

∴a＝3.

假设－，都小于，

即∴

∴＋<

2，

即x＋<

2，当x＞0时，x＋≥2 

＝2，

当且仅当x＝，即x＝时等号成立，

∴假设不成立，

∴－，中至少有一个不小于.

1.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．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

选A　因为x1＋x2＋x3＋x4＜0，y1＋y2＋y3＋y4＜0，

所以（x1＋x2＋x3＋x4）（y1＋y2＋y3＋y4）>

即x1y1＋x1y2＋x1y3＋x1y4＋ 

x2y1＋x2y2＋x2y3＋x2y4＋x3y1＋x3y2＋x3y3＋x3y4＋x4y1＋x4y2＋x4y3＋x4y4>

即T1＋T2＋T3＋T4>

0，即T1，T2，T3，T4中至少有一个为正数．选A.

2．设fn（x）是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.

（1）证明：

函数Fn（x）＝fn（x）－2在内有且仅有一个零点（记为xn），且xn＝＋x；

（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gn（x），比较fn（x）和 

gn（x）的大小，并加以证明．

Fn（x）＝fn（x）－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，

则Fn

（1）＝n－1＞0，

Fn＝1＋＋2＋…＋n－2＝－2＝－＜0，

所以Fn（x）在内至少存在一个零点．

又F′n（x）＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，

故Fn（x）在内单调递增，所以Fn（x）在内有且仅有一个零点xn.

因为xn是Fn（x）的零点，所以Fn（xn）＝0，

即－2＝0，故xn＝＋x.

（2）由题设，fn（x）＝1＋x＋x2＋…＋xn，

gn（x）＝，x＞0.

当x＝1时，fn（x）＝gn（x）．

当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn（x）＜gn（x）．

①当n＝2时，f2（x）－g2（x）＝－（1－x）2＜0，

所以f2（x）＜g2（x）成立．

②假设n＝k（k≥2，k∈N*）时，不等式成立，

即fk（x）＜gk（x）．

那么，当n＝k＋1时，

fk＋1（x）＝fk（x）＋xk＋1＜gk（x）＋xk＋1＝＋xk＋1＝.

又gk＋1（x）－＝，

令hk（x）＝kxk＋1－（k＋1）xk＋1（x＞0），

则h′k（x）＝k（k＋1）xk－k（k＋1）xk－1

＝k（k＋1）xk－1·

（x－1）．　

所以当0＜x＜1时，h′k（x）＜0，hk（x）在（0,1）上递减；

当x＞1时，h′k（x）＞0，hk（x）在（1，＋∞）上递增．

所以hk（x）＞hk

（1）＝0，

从而gk＋1（x）＞.

故fk＋1（x）＜gk＋1（x），即n＝k＋1时不等式也成立．

由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn（x）＜gn（x）．