2019版高考数学一轮复习第11章算法复数推理与证明114直接证明与间接证明课后作业理

11．4直接证明与间接证明[基础送分加速狂刷练]一、选择题1．(2018·无锡质检)已知m>1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则以下结论正确的选项是()A．a>bB．a<bC．a＝bD．a，b大小不定答案B分析∵a＝＋1－＝1，b＝－－1＝1.而＋1＋mm＋1＋m＋m－1m>m＋m－1>0(m>1)，∴1<1，即<.应选B.m＋1＋mm＋m－1abyyzzxx2．设x，y，z>0，则三个数x＋z，x＋y，z＋y()A．都大于2B．起码有一个大于2C．起码有一个不小于2D．起码有一个不大于2答案Cyyzzxxyxzxyz分析因为x＋z＋x＋y＋z＋y＝x＋y＋x＋z＋z＋y≥2＋2＋2＝6，yyzzxx2.应选C.∴x＋z，x＋y，z＋y中起码有一个不小于3．若用剖析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac<3a”索的“因”应是()A．a－>0B．－c>0baC．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0答案C分析b2－ac<3a?ac＋c2<0?2a2－ac－c2>0?

22222222b－ac<3a?(a＋c)－ac<3a?a＋2ac＋c－ac－3a<0?－2a＋(a－)(2a＋)>0?(－)(a－)>0.应选C.ccacb21m4．已知a>0，b>0，假如不等式a＋b≥2a＋b恒建立，那么m的最大值等于( )A．10B．9C．8D．7答案B分析∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.21ba∴不等式可化为m≤a＋b(2a＋b)＝5＋2a＋b.1ba9，当且仅当a＝b时等号建立．∵5＋2a＋b≥5＋4＝9，即其最小值为∴m≤9，即m的最大值等于9.应选B.5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单一递减，若x＋x>0，则f(x)1212)＋f(x)的值(A．恒为负值B．恒等于零C．恒为正当D．没法确立正负答案A分析由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单一递减，可知f(x)是R上的单一递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.应选A.6．设a，，c为△的三边，则()bABCA．a2＋b2＋c2>a＋b＋cB．a2＋b2＋c2>ab＋bc＋acC．a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ac)D．a2＋b2＋c2>2(ab＋bc＋ac)答案C分析c2＝a2＋b2－2abcosC，b2＝a2＋c2－2accosB，a2＝b2＋c2－2bccosA，a2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)－2(abcosC＋accosB＋bccosA)．a2＋b2＋c2＝2(abcosC＋accosB＋bccosA)<2(ab＋bc＋ac)．应选C.7．若△ABC的三个内角的余弦值分别等于△ABC的三个内角的正弦值，则( )111222A．△111和△222都是锐角三角形ABCABCB．△ABC和△ABC都是钝角三角形111222C．△ABC是钝角三角形，△ABC是锐角三角形111222D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形答案D分析由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，且△A2B2C2不行能是直角三角形．假定△A2B2C2是锐角三角形．21π－1sinA＝cosA＝sin2A，由sin2＝1＝sinπ－B1，BcosB221π－1sinC＝cosC＝sin2C，2A2＝π－A1，22＝π－1，得B2BC2＝π－C1，2π则A2＋B2＋C2＝2，这与三角形内角和为180°相矛盾，所以假定不建立，故△A2B2C2是钝角三角形．应选D.8．(2017·昌平区二模)四支足球队进行单循环竞赛(每两队竞赛一场)，每场竞赛胜者得3分，负者得0分，平手两方各得1分．竞赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不同样，则全部竞赛中最多可能出现的平手场数是( )A．2B．3C．4D．5答案C分析四支足球队进行单循环竞赛(每两队竞赛一场)，共竞赛6场．每场竞赛胜者得3分，负者得0分，平手两方各得1分．即每场竞赛若不平手，则共产生3×6＝18分，每场竞赛都平手，则共产生2×6＝12分．竞赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不同样，则各队得分分别为：2,3,4,5或3,4,5,6.假如是3,4,5,63＋4＋5＋6分，没有平手产生，，则每场产生6＝3可是不行能产生4,5分，与题意矛盾，舍去．所以各队得分分别为：2,3,4,5.第一名得分5：5＝3＋1＋1，为一胜两平；第二名得分4：4＝3＋1＋0，为一胜一平一负；第三名得分3：依据胜场等于负场，只好为三平；第四名得分2：2＝1＋1＋0，为两平一负．则全部竞赛中最多可能出现的平手场数是4.应选C.二、填空题9．(2017·南昌一模)设无量数列{n}，假如存在常数，关于随意给定的正数ε(不论aA多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－A|<ε建立，就称数列{an}的极限为A.则四个无量数列：①{(－1)n×2}；②{n}；③11112n＋1.其极限为21＋＋2＋3＋＋n－1；④2222n的共有________个．答案2分析关于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n是偶数时，|an－2|＝0，当n是奇数时，|a－2|＝4，所以不切合数列{a}的极限的定义，即2n不是数列{(－1)×2}nn的极限；关于②，由|an－2|＝|n－2|<ε，得2－ε<n<2＋ε，所以关于随意给定的正数ε(无3论多小)，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε，即2不是数列{n}的极限；关于1×111111－n2＝2－2③，由|an－2|＝1＋＋2＋3＋＋n－1－21＝n<ε，得n>1－log2ε，222221－2即关于随意给定的正数ε(不论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε建立，11＋1＋＋1|an－2|＝2n＋11所以2是数列1＋＋23n－1的极限；关于④，由n－2＝<ε，得2222nn>1，即关于随意给定的正数ε(不论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－2|<εε建立，所以2是数列2n＋1的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④.n10．已知数列{a}，{b}的前n项和分别为S和T，若100＝41，100＝49，设c＝aT＋nnnnnnnnnnn*n}的前100项和为________．bS－ab(n∈N)．那么数列{c答案2009分析∵an＝Sn－Sn－1，bn＝Tn－Tn－1，则cn＝anTn＋bnSn－anbn＝SnTn－Sn－1Tn－1，∴c100＝S100T100－S99T99，c99＝S99T99－S98T98，c2＝S2T2－S1T1，c1＝S1T1.∴数列{cn}的前100项和为S100T100＝41×49＝2009.*na－111．设a>1，n∈N，若不等式a－1<n恒建立，则n的最小值为________．答案2分析＝1时，结论不建立．nn＝2时，不等式为－1<a－1，a2即2a－2<a－1，∴(a－1)2>0，a>1，则a存心义，∴不等式恒建立．11312．设非等腰△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a－b＋c－b＝a－b＋c，则A，B，C的关系是________．答案2B＝A＋C113分析∵a－b＋c－b＝a－b＋c，4∴a＋c－2b＝3，－－b－＋abcabc即b2＝a2＋c2－ac，a2＋c2－b21则有cosB＝2ac＝2，B＝60°，A，B，C的关系是成等差数列，即2B＝A＋C.三、解答题13．已知函数求证：函数

f(x)＝ax＋x－2>1)．(x＋1a(x)在(－1，＋∞)上为增函数；用反证法证明f(x)＝0没有负根．xx－2x3证明(1)因为函数f(x)＝a＋x＋1＝a＋1－x＋1(a>1)，而函数y＝ax(a>1)和函数y＝－3在(－1，＋∞)上都是增函数，x＋1故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假定函数f(x)＝0有负根x0，即存在x0<0(x0≠－1)知足f(x0)＝0，则ax0＝2－x0.又x0＋1x0－210<ax0<1，所以0<－x0＋1<1，即2<x0<2与x0<0(x0≠－1)假定矛盾．故f(x)＝0没有负根．14．已知数列{a}的前n项和为S，且S＝a*，a＝2.nnnn＋11(1)证明：数列{a－1}是等比数列，并求数列{a}的通项公式；nn(2)设bn＝3n(n∈N*)的前n项和为Tn，证明：Tn<6.Snn证明(1)因为n＝n＋1＋n－2，所以当n≥2时，n－1＝an＋(－1)－2＝n＋－3，SaSnan两式相减，得an＝an＋1－an＋1，即an＋1＝2an－1.设cn＝an－1，代入上式，得cn＋1＋1＝2(cn＋1)－1，即cn＋1＝2cn(n≥2)．又Sn＝an＋1＋n－2，则an＋1＝Sn－n＋2，故a2＝S1－1＋2＝3.所以c1＝a1－1＝1，c2＝a2－1＝2，即c2＝2c1.综上，关于正整数，n＋1＝2cn都建立，即数列{n－1}是等比数列，其首项1－1＝1，ncaa公比q＝2.nn－1＋1.所以n－1＝1×2－1，故n＝2aann3n(2)由Sn＝an＋1＋n－2，得Sn－n＋2＝an＋1＝2＋1，即Sn－n＋1＝2，所以bn＝n.25所以Tn＝b1＋b2＋＋bn－1＋bn＝363n2＋22＋＋2n，①2×①，得2T＝3＋63×33n，②＋22n2n－1②－①，得Tn＝3＋3333n2＋22＋＋2n－1－2n＝3×111－3n22222n－1n1n1－23n3n＋6＝3×1－2n＝6－2n.1－2