统考版2025届高考数学全程一轮复习课时作业69直接证明和间接证明理

课时作业69干脆证明和间接证明[基础落实练]一、选择题1．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因应是()A．a－b>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<03．设a，b∈R，现给出下列五个条件：①a＋b＝2；②a＋b>2；③a＋b>－2；④ab>1；⑤logab<0(a>0，且a≠1).其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件为()A．②③④B．②③④⑤C．①②③⑤D．②⑤4．已知函数f(x)＝(eq\f(1,2))x，a，b是正实数，A＝f(eq\f(a＋b,2))，B＝f(eq\r(ab))，C＝f(eq\f(2ab,a＋b))，则A，B，C的大小关系为()A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A二、填空题5．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证的不等式是________．6．用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(13,24)(n≥2)的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是________．7．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________．(填序号)三、解答题8．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0<x<c时，f(x)>0.(1)证明：eq\f(1,a)是f(x)＝0的一个根；(2)试比较eq\f(1,a)与c的大小；(3)证明：－2<b<－1.9．若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a＜b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．(1)设g(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；(2)是否存在常数a，b(a＞－2)，使函数h(x)＝eq\f(1,x＋2)是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．[素养提升练]10．已知a，b，c∈R，若eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1且eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2，则下列结论成立的是()A．a，b，c同号B．b，c同号，a与它们异号C．a，c同号，b与它们异号D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定11．在等比数列{an}中，“a1<a2<a3”是“数列{an}递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件12．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________．13．[2024·山东省威海市六中模拟]已知整数p>1，证明：当x>－1且x≠0时，(1＋x)p>1＋px.14．将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下：S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…试揣测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．[培优创新练]15．利用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了()A．1项B．k项C．2k－1项D．2k项16．十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n>2时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解．”经验三百多年，于二十世纪九十年头中期，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明白费马猜想，使它终成费马大定理．则下面说法正确的是()A．至少存在一组正整数组(x，y，z)，使方程x3＋y3＝z3有解B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解D．当整数n>3时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正实数解课时作业69干脆证明和间接证明1．解析：依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，干脆写出命题的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．答案：A2．解析：eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a⇔b2－ac＜3a2⇔（a＋c）2－ac＜3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇔－2a2＋ac＋c2＜0⇔2a2－ac－c2＞0⇔（a－c）（2a＋c）＞0⇔（a－c）（a－b）＞0.答案：C3．解析：a＝b＝1时，a＋b＝2，所以推不出a，b中至少有一个大于1，①不符合；当a＝b＝0时，a＋b>－2，推不出a，b中至少有一个大于1，③不符合；当a＝b＝－2时，ab>1，推不出a，b中至少有一个大于1，④不符合；对于②，假设a，b都不大于1，即a≤1，b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2冲突，所以②能推出a，b中至少有一个大于1；对于⑤，假设a，b都不大于1，则logab≥loga1＝0，与logab<0冲突，故⑤能推出a，b中至少有一个大于1.答案：D4．解析：因为eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f（x）＝（eq\f(1,2)）x在R上是减函数，所以f（eq\f(a＋b,2)）≤f（eq\r(ab)）≤f（eq\f(2ab,a＋b)），即A≤B≤C.答案：A5．解析：由n∈N*，n>1知，n取第一个值n0＝2，当n＝2时，不等式为1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<26．解析：不等式的左边增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,（2k＋1）（2k＋2）).答案：eq\f(1,（2k＋1）（2k＋2）)7．解析：若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，若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冲突，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.答案：③8．解析：（1）证明：因为f（x）的图象与x轴有两个不同的交点，所以f（x）＝0有两个不等实根x1，x2，因为f（c）＝0，所以x1＝c是f（x）＝0的根，又x1x2＝eq\f(c,a)，所以x2＝eq\f(1,a)（eq\f(1,a)≠c），所以eq\f(1,a)是f（x）＝0的一个根．（2）假设eq\f(1,a)<c，又eq\f(1,a)>0，由0<x<c时，f（x）>0，知f（eq\f(1,a)）>0与f（eq\f(1,a)）＝0冲突，所以eq\f(1,a)≥c，又因为eq\f(1,a)≠c，所以eq\f(1,a)>c.（3）证明：由f（c）＝0，得ac＋b＋1＝0，所以b＝－1－ac.又a>0，c>0，所以b<－1.二次函数f（x）的图象的对称轴方程为x＝－eq\f(b,2a)＝eq\f(x1＋x2,2)<eq\f(x2＋x2,2)＝x2＝eq\f(1,a)，即－eq\f(b,2a)<eq\f(1,a).又a>0，所以b>－2，所以－2<b<－1.9．解析：（1）由已知得g（x）＝eq\f(1,2)（x－1）2＋1，其图象的对称轴为x＝1，所以函数在区间[1，b]上单调递增，由“四维光军”函数的定义可知，g（1）＝1，g（b）＝b，即eq\f(1,2)b2－b＋eq\f(3,2)＝b，解得b＝1或b＝3.因为b＞1，所以b＝3.（2）假设存在常数a，b（a>－2）使函数h（x）＝eq\f(1,x＋2)在区间[a，b]（a＞－2）上是“四维光军”函数，因为h（x）＝eq\f(1,x＋2)在区间（－2，＋∞）上单调递减，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（a）＝b，,h（b）＝a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a))解得a＝b，这与已知a<b冲突．故不存在常数a与b使h（x）是“四维光军”函数．10．解析：由eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1知eq\f(b,a)与eq\f(c,a)同号，若eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，不等式eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2明显成立，若eq\f(b,a)<0且eq\f(c,a)<0，则－eq\f(b,a)>0，－eq\f(c,a)>0，（－eq\f(b,a)）＋（－eq\f(c,a)）≥2eq\r(（－\f(b,a)）·（－\f(c,a)）)>2，即eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)<－2，这与eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2冲突，故eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，即a，b，c同号．答案：A11．解析：当a1<a2<a3时，设公比为q，由a1<a1q<a1q2得，若a1>0，则1<q<q2，即q>1，此时，明显数列{an}是递增数列，若a1<0，则1>q>q2，即0<q<1，此时，数列{an}也是递增数列，反之，当数列{an}是递增数列时，明显a1<a2<a3.故“a1<a2<a3”是“等比数列{an}递增”的充要条件．答案：C12．解析：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)，故满意条件的p的取值范围是（－3，eq\f(3,2)）.答案：（－3，eq\f(3,2)）13．证明：用数学归纳法证明．①当p＝2时，（1＋x）2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假设当p＝k（k≥2，k∈N*）时，不等式（1＋x）k>1＋kx成立．则当p＝k＋1时，（1＋x）k＋1＝（1＋x）（1＋x）k>（1＋x）·（1＋kx）＝1＋（k＋1）x＋kx2>1＋（k＋1）x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1且x≠0时，对一切整数p>1，不等式（1＋x）p>1＋px均成立．14．解析：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：（1）当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．（2）假设当n＝k（k∈N*，k≥1）时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[（2k2＋k＋1）＋（2k2＋k＋2）＋…＋（2k2＋k＋2k＋1）]＝k4＋（2k＋1）（2k2＋2k＋1）＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝（k＋1）4，所以当n＝k＋1时，等式也成立．依据（1）和（2）可知，对于随意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．15．解析：令不等式的左边为g（n），则g（k＋1）－g（k）＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－（1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)）＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，其项数为2k＋1－1－