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2019-2020年高考数学一轮复习第11章算法初步复数推理与证明第4讲直接证明与间接证明增分练1.[xx·绵阳周测]设t=a+2b,s=a+b2+1,则下列关于t和s的大小关系中正确的是 A.tsB.t≥sC.tsD.t≤s答案 D解析 s-t=b2-2b+1=b-12≥0,∴s≥t,选D项.2.若a,b,c为实数,且ab0,则下列命题正确的是 A.ac2bc2B.a2abb2C.D.答案 B解析 a2-ab=aa-b,∵ab0,∴a-b0,∴a2-ab0,∴a2ab.
①又ab-b2=ba-b0,∴abb2,
②由
①②得a2abb
2.3.下列不等式一定成立的是 A.lglgxx0B.sinx+2x≠kπ,k∈ZC.x2+1≥2|x|x∈RD.1x∈R答案 C解析 对于A,当x0时,x2+≥2·x·=x所以lg≥lgx,故A不正确;对于B,当x≠kπ时,sinx正负不定,不能用基本不等式,所以B不正确;对于D,当x=0时,=1,故D不正确.由基本不等式可知选项C正确.4.若a0,b0,a+b=1,则下列不等式不成立的是 A.a2+b2≥B.ab≤C.+≥4D.+≤1答案 D解析 a2+b2=a+b2-2ab=1-2ab≥1-2·2=,∴A成立;ab≤2=,∴B成立.又+=+=2++≥2+2=4,∴C成立,∴应选D.5.[xx·邹平期末]若abc,则使+≥恒成立的最大的正整数k为 A.2B.3C.4D.5答案 C解析 ∵abc,∴a-b0,b-c0,a-c0,且a-c=a-b+b-c.又+=+=2++≥2+2=4,∴k≤+,k≤4,故k的最大整数为
4.故选C.6.[xx·邯郸模拟]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________.填序号答案
③解析 若a=,b=,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,反证法假设a≤1且b≤1,则a+b≤2与a+b>2矛盾,因此假设不成立,故a,b中至少有一个大于
1.7.已知a+b+c=0,求证a3+a2c+b2c-abc+b3=
0.证明 运用“立方和”公式证明a3+b3=a+b·a2-ab+b2,∴原式=a3+b3+a2c+b2c-abc=a+b·a2-ab+b2+ca2-ab+b2=a+b+c·a2-ab+b2∵a+b+c=0,∴原式=0,即当a+b+c=0时,a3+a2c+b2c-abc+b3=
0.8.设fx=ax2+bx+ca≠0,若函数fx+1与fx的图象关于y轴对称,求证f为偶函数.证明 由函数fx+1与fx的图象关于y轴对称,可知fx+1=f-x.将x换成x-代入上式可得f=f,即f=f,由偶函数的定义可知f为偶函数.9.等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1+,S3=9+
3.1求数列{an}的通项an与前n项和Sn;2设bn=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.解 1由已知得所以d=2,故an=2n-1+,Sn=nn+.2证明由1,得bn==n+.假设数列{bn}中存在三项bp,bq,brp,q,r互不相等成等比数列,则b=bpbr,即q+2=p+r+,所以q2-pr+2q-p-r=
0.因为p,q,r∈N*,所以所以2=pr⇒p-r2=
0.所以p=r,这与p≠r矛盾,所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.10.已知函数fx=ax+a1.1证明函数fx在-1,+∞上为增函数;2用反证法证明方程fx=0没有负数根.[B级 知能提升]1.已知x,y∈R,M=x2+y2+1,N=x+y+xy,则M与N的大小关系是 A.M≥NB.M≤NC.M=ND.不能确定答案 A解析 M-N=x2+y2+1-x+y+xy=[x2+y2-2xy+x2-2x+1+y2-2y+1]=[x-y2+x-12+y-12]≥
0.故M≥N.2.已知实数m,n满足m·n0,m+n=-1,则+的最大值为________.答案 -4解析 ∵m·n0,m+n=-1,∴m0,n0,∴+=-m+n=-≤-2-2=-4,当且仅当m=n=-时,+取得最大值-
4.3.[xx·清水期末]设a0,b02ca+b,求证1c2ab;2c-ac+.证明 1∵a0,b02ca+b≥2,∴c,平方得c2ab.2要证c-ac+.只要证-a-c.即证|a-c|,即a-c2c2-ab,∵a-c2-c2+ab=aa+b-2c0成立,∴原不等式成立.4.[xx·正定模拟]设fx=3ax2+2bx+c.若a+b+c=0,f00,f10,求证1a0且-2-1;2方程fx=0在01内有两个实根.证明 1∵f00,f10,∴c03a+2b+c
0.由a+b+c=0,消去b得ac0;再由条件a+b+c=0,消去c得a+b0且2a+b0,∴-2-
1.2解法一∵Δ=4b2-12ac=4a2+c2-ac=40,∴方程fx=0有两个实根.设方程的两根为x1,x2,由根与系数的关系得x1+x2=-0,x1x2=0,故两根为正.又∵x1-1+x2-1=--20,x1-1x2-1=0,故两根均小于1,命题得证.解法二∵Δ=4b2-12ac=4a2+c2-ac=40,由1知-2-1,∴-1,已知f00,f10,∴fx=0在01内有两个实根.5.[xx·陕西高考]设fnx是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x0,n∈N,n≥
2.1证明函数Fnx=fnx-2在内有且仅有一个零点记为xn,且xn=+x;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gnx,比较fnx和gnx的大小,并加以证明.解 1证明Fnx=fnx-2=1+x+x2+…+xn-2,则Fn1=n-10,Fn=1++2+…+n-2=-2=-0,所以Fnx在内至少存在一个零点.又Fn′x=1+2x+…+nxn-10,故Fnx在内单调递增,所以Fnx在内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fnx的零点,所以Fnxn=0,即-2=0,故xn=+x.2由题设,gnx=.设hx=fnx-gnx=1+x+x2+…+xn-,x
0.当x=1时,fnx=gnx.当x≠1时,h′x=1+2x+…+nxn-1-.若0x1,h′xxn-1+2xn-1+…+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=
0.若x1,h′xxn-1+2xn-1+…+nxn-1-·xn-1=xn-1-·xn-1=
0.所以hx在01上递增,在1,+∞上递减,所以hxh1=0,即fnxgnx.综上所述,当x=1时,fnx=gnx;当x≠1时,fnxgnx.。