高考数学一轮复习 限时集训(四十)直接证明与间接证明 理 新人教A版

限时集训(四十)直接证明与间接证明(限时：45分钟满分：81分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．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≤A2．(·成都模拟)设a，b∈R，则“a＋b＝1”是“4ab≤1”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3．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P、Q的大小关系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定4．(·银川模拟)设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立，其中正确判断的个数为()A．0 B．1C．2 D．35．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数()A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列6．在R上定义运算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.若不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x))≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(3,2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,2)二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|<eq\f(1,2).那么他的反设应该是________．8．(·株洲模拟)已知a，b，μ∈(0，＋∞)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．9．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________．三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．已知a>0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，求证：eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b)).11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．12．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(eq\r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，求证：bn·bn＋2<beq\o\al(2,n＋1).答案限时集训(四十)直接证明与间接证明1．A2.A3.C4.C5.B6.D7．“∃x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|则|f(x1)－f(x2)|≥eq\f(1,2)”8．(0,16]9.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))10．证明：∵eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，a>0，∴0<b<1，要证eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b))，只需证eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)>1，只需证1＋a－b－ab>1，只需证a－b－ab>0，即eq\f(a－b,ab)>1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1.这是已知条件，所以原不等式成立．11．解：(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))解得d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)证明：由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r.与p≠r矛盾．∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．12．解：(1)由已知得an＋1＝an＋1，则an＋1－an＝1，又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．故an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n