高考数学一轮复习 第十九单元 算法初步、复数、推理与证明 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 理-人教版高三数学试题

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＝eq\r(2)，y＝eq\r(7)－eq\r(3)，z＝eq\r(6)－eq\r(2)，则x，y，z的大小关系是()A．x>y>z B．z>x>yC．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－(8－4eq\r(3))＝4eq\r(3)－6＝eq\r(48)－eq\r(36)>0，∴x>z.∵eq\f(z,y)＝eq\f(\r(6)－\r(2),\r(7)－\r(3))＝eq\f(\r(7)＋\r(3),\r(6)＋\r(2))>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)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋1(x∈Z)；③f(x)＝log2x；④f(x)＝eq\f(x－1,x).其中为“敛1函数”的有()A．①② B．③④C．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)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b为正实数，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：选A因为eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是单调减函数，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).5．设n∈N，则eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3)与eq\r(n＋2)－eq\r(n＋1)的大小关系是()A.eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3)>eq\r(n＋2)－eq\r(n＋1)B.eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3)<eq\r(n＋2)－eq\r(n＋1)C.eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3)＝eq\r(n＋2)－eq\r(n＋1)D．不能确定解析：选B由题意知，(eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3))－(eq\r(n＋2)－eq\r(n＋1))＝(eq\r(n＋4)＋eq\r(n＋1))－(eq\r(n＋3)＋eq\r(n＋2))，因为(eq\r(n＋4)＋eq\r(n＋1))2－(eq\r(n＋3)＋eq\r(n＋2))2＝2[eq\r(n＋4n＋1)－eq\r(n＋3n＋2)]＝2(eq\r(n2＋5n＋4)－eq\r(n2＋5n＋6))<0，所以eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3)<eq\r(n＋2)－eq\r(n＋1).6．已知a，b，c∈(0，＋∞)，则a＋eq\f(4,b)，b＋eq\f(9,c)，c＋eq\f(16,a)三个数()A．都大于6 B．至少有一个不大于6C．都小于6 D．至少有一个不小于6解析：选D设a＋eq\f(4,b)，b＋eq\f(9,c)，c＋eq\f(16,a)都小于6，则a＋eq\f(4,b)＋b＋eq\f(9,c)＋c＋eq\f(16,a)＜18,利用基本不等式，可得a＋eq\f(4,b)＋b＋eq\f(9,c)＋c＋eq\f(16,a)≥2eq\r(a·\f(16,a))＋2eq\r(b·\f(4,b))＋2eq\r(c·\f(9,c))＝8＋4＋6＝18，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，所以a＋eq\f(4,b)，b＋eq\f(9,c)，c＋eq\f(16,a)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≠18．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－2p2＋p＋1≤0，,f1＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故满足条件的p的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).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－eq\f(1,2)<p<1或－3<p<eq\f(3,2)，故满足条件的p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))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△A2B2解析：由条件知，△A1B1C1则△A1B1C1假设△A2B2C2由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A1))，,sinB2＝cosB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B1))，,sinC2＝cosC1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C1))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1，,B2＝\f(π,2)－B1，,C2＝\f(π,2)－C1.))那么，A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，这与三角形内角和为π相矛盾．所以假设不成立，又显然△A2B2C2所以△A2B2C2答案：钝角三、解答题10．已知a，b，c为不全相等的正数，求证：eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＞3.证明：因为a，b，c为不全相等的正数，所以eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＝eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)－3＞2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2eq\r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2eq\r(\f(c,b)·\f(b,c))－3＝3，即eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＞3.11．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(an,1＋an)(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＝eq\f(an,1＋an)(n∈N*)，∴a1＝2＝eq\f(2,1)，a2＝eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(a2,1＋a2)＝eq\f(2,5)，a4＝eq\f(a3,1＋a3)＝eq\f(2,7)，∴猜想这个数列的通项公式是an＝eq\f(2,2n－1).(2)证明：法一：∵an＋1＝eq\f(an,1＋an)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1＋an,an)＝1＋eq\f(1,an)，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1.∵a1＝2，∴eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,2)为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×1＝eq\f(2n－1,2)，∴an＝eq\f(2,2n－1).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＝eq\f(2,2k－1)成立．则当n＝k＋1(k∈N*)时，ak＋1＝eq\f(ak,1＋ak)＝eq\f(\f(2,2k－1),1＋\f(2,2k－1))＝eq\f(2,2k＋1)，因此当n＝k＋1时，命题成立．综上①②可知：an＝eq\f(2,2n－1)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，－eq\f(2fx,x2)，eq\f(f′x,x)中至少有一个不小于eq\r(3).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－eq\f(2fx,x2)，eq\f(f′x,x)都小于eq\r(3)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2fx,x2)<\r(3)，,\f(f′x,x)<\r(3)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(6,x)<\r(3)，,3x－\f(3,x)<\r(3).))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x＋\f(6,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(3,x)))<2eq\r(3)，即x＋eq\f(3,x)<2eq\r(3)，当x＞0时，x＋eq\f(3,x)≥2eq\r(x·\f(3,x))＝2eq\r(3)，当且仅当x＝eq\f(3,x)，即x＝eq\r(3)时等号成立，∴假设不成立，∴－eq\f(2fx,x2)，eq\f(f′x,x)中至少有一个不小于eq\r(3).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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(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，Fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－2＝－eq\f(1,2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内至少存在一个零点．又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内单调递增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点