《新課標高三數(shù)學 一輪復習 第11篇 第4節(jié) 直接證明與間接證明、數(shù)學 歸納法課時訓練 理》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《新課標高三數(shù)學 一輪復習 第11篇 第4節(jié) 直接證明與間接證明、數(shù)學 歸納法課時訓練 理(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
【導與練】(新課標)20xx屆高三數(shù)學一輪復習 第11篇 第4節(jié) 直接證明與間接證明、數(shù)學歸納法課時訓練 理
【選題明細表】
知識點、方法
題號
綜合法
2、5、8、10、14、16
分析法
3、7、11
反證法
1、9
數(shù)學歸納法
4、6、12、13、15
基礎過關(guān)
一、選擇題
1.用反證法證明某命題時,對結(jié)論“自然數(shù)a,b,c中恰有一個偶數(shù)”正確的反設是( B )
(A)自然數(shù)a,b,c中至少有兩個偶數(shù)
(B)自然數(shù)a,b,c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù)
(C)自然數(shù)a,b,c都是奇數(shù)
(D)自然數(shù)a,b,c都是偶數(shù)
解析:“恰有一個偶數(shù)”
2、反面應是“至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù)”.故選B.
2.設x,y,z>0,則三個數(shù)yx+yz,zx+zy,xz+xy( C )
(A)都大于2
(B)至少有一個大于2
(C)至少有一個不小于2
(D)至少有一個不大于2
解析:由于yx+yz+zx+zy+xz+xy=(yx+xy)+(zx+xz)+(yz+zy)≥2+2+2=6,
∴yx+yz,zx+zy,xz+xy中至少有一個不小于2.故選C.
3.分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明:“設a>b>c,且a+b+c=0,求證b2-ac<3a”索的因應是( C )
(A)a-b>0
3、(B)a-c>0
(C)(a-b)(a-c)>0 (D)(a-b)(a-c)<0
解析:由a>b>c,且a+b+c=0可得b=-a-c,a>0,c<0.
要證b2-ac<3a,只要證(-a-c)2-ac<3a2,即證a2-ac+a2-c2>0,
即證a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,
即證a(a-c)-b(a-c)>0,
即證(a-c)(a-b)>0.
故求證“b2-ac<3a”索的因應是(a-c)(a-b)>0.
4.用數(shù)學歸納法證明不等式1+12+14+…+12n-1>12
4、764成立,起始值至少應取為( B )
(A)7 (B)8 (C)9 (D)10
解析:左邊的和為1-12n1-12=2-21-n,當n=8時,和為2-2-7>12764.
5.(20xx合肥一模)對于函數(shù)f(x),若?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c)都是某一三角形的三邊長,則稱f(x)為“可構(gòu)造三角形函數(shù)”.以下說法正確的是( D )
(A)f(x)=1(x∈R)不是“可構(gòu)造三角形函數(shù)”
(B)“可構(gòu)造三角形函數(shù)”一定是單調(diào)函數(shù)
(C)f(x)=1x2+1(x∈R)是“可構(gòu)造三角形函數(shù)”
(D)若定義在R上的函數(shù)f(x)的值域是[e,e](e為自然對數(shù)的底數(shù))
5、,則f(x)一定是“可構(gòu)造三角形函數(shù)”
解析:對于A選項,由題設所給的定義知,?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c)都是某一正三角形的三邊長,是“可構(gòu)造三角形函數(shù)”,故A選項錯誤;
對于B選項,由A選項判斷過程知,B選項錯誤;
對于C選項,當a=0,b=3,c=3時,f(a)=1>f(b)+f(c)=15,不構(gòu)成三角形,故C錯誤;
對于D選項,由于e+e>e,可知,定義在R上的函數(shù)f(x)的值域是[e,e](e為自然對數(shù)的底數(shù)),
則f(x)一定是“可構(gòu)造三角形函數(shù)”.
6.(20xx青島市高三月考)用數(shù)學歸納法證明1n+1+1n+2+…+12n>1134
6、時,由k到k+1,不等式左邊的變化是( C )
(A)增加12(k+1)項
(B)增加12k+1和12k+2兩項
(C)增加12k+1和12k+2兩項同時減少1k+1項
(D)以上結(jié)論都不對
解析:n=k時,左邊=1k+1+1k+2+…+1k+k
n=k+1時,左邊=1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+1(k+1)+(k+1),
由“n=k”變成“n=k+1”時,不等式左邊的變化是12k+1+12k+2-1k+1.
二、填空題
7.設a>b>0,m=a-b,n=a-b,則m,n的大小關(guān)系是 .
解析:法一 取a=2,b=1,得m<n.
7、
法二 a-b<a-b?b+a-b>a?a<b+2b·a-b+a-b?2b·a-b>0,顯然成立,故m<n.
答案:m<n
8.已知點An(n,an)為函數(shù)y=x2+1圖象上的點,Bn(n,bn)為函數(shù)y=x圖象上的點,其中n∈N*,設cn=an-bn,則cn與cn+1的大小關(guān)系為 .
解析:由條件得cn=an-bn=n2+1-n=1n2+1+n,
∴cn隨n的增大而減小.
∴cn+1<cn.
答案:cn+1<cn
9.用反證法證明:若整系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理數(shù)根
8、,那么a、b、c中至少有一個是偶數(shù).用反證法證明時,假設的內(nèi)容是 .
解析:“至少有一個是”的否定為“都不是”.
答案:假設a,b,c都不是偶數(shù)
10.(20xx福建模擬)對于30個互異的實數(shù),可以排成m行n列的矩形數(shù)陣,如圖所示的5行6列的矩形數(shù)陣就是其中之一.
x1 x2 · · · x6
y1 y2 · · · y6
· · · · · ·
· · · · · ·
z1 z2
9、· · · z6
將30個互異的實數(shù)排成m行n列的矩形數(shù)陣后,把每行中最大的數(shù)選出,記為a1,a2,…,am,并設其中最小的數(shù)為a;把每列中最小的數(shù)選出,記為b1,b2,…,bn,并設其中最大的數(shù)為b.
兩位同學通過各自的探究,分別得出兩個結(jié)論如下:
①a和b必相等;②a和b可能相等;③a可能大于b;④b可能大于a.
以上四個結(jié)論中,正確結(jié)論的序號是 (請寫出所有正確結(jié)論的序號).
解析:不妨假設m行n列的矩形數(shù)陣,為如題圖所示的5行6列的矩形數(shù)陣,
則由題意可得a的最小值為6,最大值為30;
而b的最小值為6,最大值為26,且在同
10、一個5行6列的矩形數(shù)陣中,一定有a≥b,
故②③正確,而①④不正確.
答案:②③
三、解答題
11.已知a>0,求證:a2+1a2-2≥a+1a-2.
證明:要證a2+1a2-2≥a+1a-2.
只要證a2+1a2+2≥a+1a+2.
∵a>0,故只要證a2+1a2+22≥a+1a+22,
即a2+1a2+4a2+1a2+4≥a2+2+1a2+
22a+1a+2,
從而只要證2a2+1a2≥2a+1a,
只要證4a2+1a2≥2a2+2+1a2,即a2+1a2≥2,
而上述不等式顯然成立,故原不等式成立.
12.(20xx湖南常德模擬)設a>0,f(
11、x)=axa+x,令a1=1,an+1=f(an),n∈N*.
(1)寫出a2,a3,a4的值,并猜想數(shù)列{an}的通項公式;
(2)用數(shù)學歸納法證明你的結(jié)論.
(1)解:∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=a1+a;
a3=f(a2)=a2+a;a4=f(a3)=a3+a.
猜想an=a(n-1)+a(n∈N*).
(2)證明:①易知,n=1時,猜想正確.
②假設n=k時猜想正確,
即ak=a(k-1)+a,
則ak+1=f(ak)=a·aka+ak=a·a(k-1)+aa+a(k-1)+a
=a(k-1)+a+1=a[(k+1)-1]+a.
12、這說明,n=k+1時猜想正確.
由①②知,對于任何n∈N*,都有an=a(n-1)+a.
能力提升
13.(20xx安慶高三月考)用數(shù)學歸納法證明2n>n2(n≥5,n∈N+),第一步應驗證( B )
(A)n=4 (B)n=5 (C)n=6 (D)n=7
解析:根據(jù)數(shù)學歸納法的步驟,首先要驗證當n取第一個值時命題成立;
又n≥5,所以第一步驗證n=5.
14.已知三個不等式①ab>0;②ca>db;③bc>ad.以其中兩個作條件,余下一個作結(jié)論,則可組成 個正確命題.
解析:此題共可組成三個命題即①②?③;①③?②;②③?①.若ab&
13、gt;0,ca>db,則ca-db=bc-adab>0,得bc-ad>0,即可得命題①②?③正確;若ab>0,bc>ad,則bc-adab=ca-db>0,得ca>db,即命題①③?②正確;若bc>ad,ca>db,則ca-db=bc-adab>0,得ab>0,即命題②③?①正確.綜上可得正確的命題有三個.
答案:三
15.數(shù)列{an}滿足Sn=2n-an(n∈N+)
(1)計算a1,a2,a3,a4;
(2)猜想通項公式an,并用數(shù)學歸納法證明.
解:(1)由a1=2-a1,得a1=1,
由a1+a2=2×
14、;2-a2,得a2=32,
由a1+a2+a3=2×3-a3,得a3=74,
由a1+a2+a3+a4=2×4-a4,得a4=158.
(2)猜想an=2n-12n-1(n∈N+).證明如下:
①當n=1,由上面計算可知猜想成立;
②假設n=k時猜想成立,即ak=2k-12k-1,
此時Sk=2k-ak=2k-2k-12k-1,
當n=k+1時,Sk+1=2(k+1)-ak+1,
得Sk+ak+1=2(k+1)-ak+1.
因此ak+1=12[2(k+1)-Sk]
=k+1-12(2k-2k-12k-1)
=2k+1-12(k+1)-1.
∴當n=k
15、+1時也成立,
∴an=2n-12n-1(n∈N+).
探究創(chuàng)新
16.設集合W是滿足下列兩個條件的無窮數(shù)列{an}的集合:①an+an+22≤an+1;②an≤M,其中n∈N*,M是與n無關(guān)的常數(shù).
(1)若{an}是等差數(shù)列,Sn是其前n項的和,a3=4,S3=18,試探究{Sn}與集合W之間的關(guān)系;
(2)設數(shù)列{bn}的通項公式為bn=5n-2n,且{bn}?W,M的最小值為m,求m的值;
(3)在(2)的條件下,設Cn=15[bn+(m-5)n]+2,求證:數(shù)列{Cn}中任意不同的三項都不能成為等比數(shù)列.
(1)解:∵a3=4,S3=18,
∴a1=8,d=-2.
16、∴Sn=-n2+9n.
Sn+Sn+22<Sn+1滿足條件①,
Sn=-(n-92)2+814,
當n=4或5時,Sn取最大值20.
∴Sn≤20滿足條件②,
∴{Sn}?W.
(2)解:bn=5n-2n可知{bn}中最大項是b3=7,
∴M≥7,M的最小值為7.
即m=7.
(3)證明:由(2)知Cn=n+2,假設{Cn}中存在三項cp,cq,cr(p,q,r互不相等)成等比數(shù)列,則cq2=cp·cr,
∴(q+2)2=(p+2)(r+2),
∴(q2-pr)+(2q-p-r)2=0,
∵p,q,r∈N*,
∴q2=pr,2q-p-r=0.
消去q得(p-r)2=0,
∴p=r,與p≠r矛盾.
∴{Cn}中任意不同的三項都不能成為等比數(shù)列.