高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十九單元 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 高考達(dá)標(biāo)檢測（五十六）證明4方法-綜合法、分析法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

高考達(dá)標(biāo)檢測（五十六）證明4方法——綜合法、分析法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法一、選擇題1．設(shè)x＝eq\r(2)，y＝eq\r(7)－eq\r(3)，z＝eq\r(6)－eq\r(2)，則x，y，z的大小關(guān)系是()A．x>y>z B．z>x>yC．y>z>x D．x>z>y解析：選D由題意知x，y，z都是正數(shù)，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．對(duì)于定義域?yàn)镈的函數(shù)y＝f(x)和常數(shù)c，若對(duì)任意正實(shí)數(shù)ξ，?x0∈D，使得0<|f(x0)－c|<ξ恒成立，則稱函數(shù)y＝f(x)為“斂c函數(shù)”．現(xiàn)給出如下函數(shù)：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).其中為“斂1函數(shù)”的有()A．①② B．③④C．②③④ D．①②③解析：選C由題意知，函數(shù)f(x)為“斂1函數(shù)”等價(jià)于存在x0屬于f(x)的定義域，使得f(x0)無限接近于1.對(duì)于①，f(x)＝x(x∈Z)，當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)＝1，當(dāng)x≠1時(shí)，|f(x)－1|≥1，故①中函數(shù)不是“斂1函數(shù)”；對(duì)于②③④中函數(shù)，作出函數(shù)圖象，結(jié)合“斂1函數(shù)”的定義易知它們都是“斂1函數(shù)”．故選C.3．(2018·大連一模)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值 B．恒等于零C．恒為正值 D．無法確定正負(fù)解析：選A由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b為正實(shí)數(shù)，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)))，則A，B，C的大小關(guān)系為()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：選A因?yàn)閑q\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上是單調(diào)減函數(shù)，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．設(shè)n∈N，則eq\r(n＋4)－eq\r(n＋3)與eq\r(n＋2)－eq\r(n＋1)的大小關(guān)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．不能確定解析：選B由題意知，(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?yàn)?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，＋∞)，則a＋eq\f(4,b)，b＋eq\f(9,c)，c＋eq\f(16,a)三個(gè)數(shù)()A．都大于6 B．至少有一個(gè)不大于6C．都小于6 D．至少有一個(gè)不小于6解析：選D設(shè)a＋eq\f(4,b)，b＋eq\f(9,c)，c＋eq\f(16,a)都小于6，則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，這與假設(shè)所得結(jié)論矛盾，故假設(shè)不成立，所以a＋eq\f(4,b)，b＋eq\f(9,c)，c＋eq\f(16,a)三個(gè)數(shù)至少有一個(gè)不小于6.二、填空題7．(2018·太原模擬)用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1”時(shí)，應(yīng)假設(shè)____________________．解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．答案：x≠－1且x≠18．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使f(c)>0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________．解析：法一：(補(bǔ)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)，故滿足條件的p的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).法二：(直接法)依題意有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)，故滿足條件的p的取值范圍是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的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，則△A2B2解析：由條件知，△A1B1C1則△A1B1C1假設(shè)△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)，這與三角形內(nèi)角和為π相矛盾．所以假設(shè)不成立，又顯然△A2B2C2所以△A2B2C2答案：鈍角三、解答題10．已知a，b，c為不全相等的正數(shù)，求證：eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＞3.證明：因?yàn)閍，b，c為不全相等的正數(shù)，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．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(an,1＋an)(n∈N*)，(1)計(jì)算a2，a3，a4，并由此猜想通項(xiàng)公式an；(2)證明(1)中的猜想．解：(1)在數(shù)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)，∴猜想這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是an＝eq\f(2,2n－1).(2)證明：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)為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)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：下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，可知成立；②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，ak＝eq\f(2,2k－1)成立．則當(dāng)n＝k＋1(k∈N*)時(shí)，ak＋1＝eq\f(ak,1＋ak)＝eq\f(\f(2,2k－1),1＋\f(2,2k－1))＝eq\f(2,2k＋1)，因此當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立．綜上①②可知：an＝eq\f(2,2n－1)對(duì)n∈N*都成立．12．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax在x＝1處取得極小值，其中a是實(shí)數(shù)．(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)用反證法證明：當(dāng)x＞0時(shí)，－eq\f(2fx,x2)，eq\f(f′x,x)中至少有一個(gè)不小于eq\r(3).解：(1)∵f(x)＝x3－ax，∴f′(x)＝3x2－a，∵函數(shù)f(x)＝x3－ax在x＝1處取得極小值，∴f′(1)＝0，即3－a＝0，∴a＝3.(2)證明：假設(shè)－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)，當(dāng)x＞0時(shí)，x＋eq\f(3,x)≥2eq\r(x·\f(3,x))＝2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(3,x)，即x＝eq\r(3)時(shí)等號(hào)成立，∴假設(shè)不成立，∴－eq\f(2fx,x2)，eq\f(f′x,x)中至少有一個(gè)不小于eq\r(3).1.已知兩個(gè)半徑不等的圓盤疊放在一起(有一軸穿過它們的圓心)，兩圓盤上分別有互相垂直的兩條直徑將其分為四個(gè)區(qū)域，小圓盤上所寫的實(shí)數(shù)分別記為x1，x2，x3，x4，大圓盤上所寫的實(shí)數(shù)分別記為y1，y2，y3，y4，如圖所示．將小圓盤逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)i(i＝1,2,3,4)次，每次轉(zhuǎn)動(dòng)90°，記Ti(i＝1,2,3,4)為轉(zhuǎn)動(dòng)i次后各區(qū)域內(nèi)兩數(shù)乘積之和，例如T1＝x1y2＋x2y3＋x3y4＋x4y1.若x1＋x2＋x3＋x4＜0，y1＋y2＋y3＋y4＜0，則以下結(jié)論正確的是()A．T1，T2，T3，T4中至少有一個(gè)為正數(shù)B．T1，T2，T3，T4中至少有一個(gè)為負(fù)數(shù)C．T1，T2，T3，T4中至多有一個(gè)為正數(shù)D．T1，T2，T3，T4中至多有一個(gè)為負(fù)數(shù)解析：選A因?yàn)閤1＋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中至少有一個(gè)為正數(shù)．選A.2．設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項(xiàng)和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)證明：函數(shù)Fn(x)＝fn(x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gn(x)，比較fn(x)和gn(x)的大小，并加以證明．解：(1)證明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，則Fn(1)＝n－1＞0，F(xiàn)neq\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))內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)．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))內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn.因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn)