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.docx
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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
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
一、选择题
1.设x=,y=-,z=-,则x,y,z的大小关系是( )
A.x>y>z B.z>x>y
C.y>z>x D.x>z>y
解析:
选D 由题意知x,y,z都是正数,
又x2-z2=2-(8-4)=4-6=->0,∴x>z.
∵==>1,∴z>y,∴x>z>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
解析:
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
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x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1) 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 解析: 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 解析: 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 解析: 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 +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____________________. 解析: “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________. 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. 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- 故满足条件的p的取值范围是. 答案: 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. 解析: 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. 答案: 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 +2 +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: 法一: ∵an+1=, ∴==1+,∴-=1. ∵a1=2,∴=, ∴是以为首项,1为公差的等差数列, ∴=+(n-1)×1=,∴an=. 法二: 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. 解: (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. (2)证明: 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 解析: 选A 因为x1+x2+x3+x4<0,y1+y2+y3+y4<0, 所以(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4)>0, 即x1y1+x1y2+x1y3+x1y4+ x2y1+x2y2+x2y3+x2y4+x3y1+x3y2+x3y3+x3y4+x4y1+x4y2+x4y3+x4y4>0, 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. 解: (1)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). 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 一、选择题 1.设x=,y=-,z=-,则x,y,z的大小关系是( ) A.x>y>z B.z>x>y C.y>z>x D.x>z>y 解析: 选D 由题意知x,y,z都是正数, 又x2-z2=2-(8-4)=4-6=->0,∴x>z. ∵==>1,∴z>y,∴x>z>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 解析: 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 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x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1) 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 解析: 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 解析: 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 解析: 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 +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____________________. 解析: “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________. 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. 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- 故满足条件的p的取值范围是. 答案: 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. 解析: 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. 答案: 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 +2 +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: 法一: ∵an+1=, ∴==1+,∴-=1. ∵a1=2,∴=, ∴是以为首项,1为公差的等差数列, ∴=+(n-1)×1=,∴an=. 法二: 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. 解: (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. (2)证明: 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 解析: 选A 因为x1+x2+x3+x4<0,y1+y2+y3+y4<0, 所以(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4)>0, 即x1y1+x1y2+x1y3+x1y4+ x2y1+x2y2+x2y3+x2y4+x3y1+x3y2+x3y3+x3y4+x4y1+x4y2+x4y3+x4y4>0, 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. 解: (1)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).
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