【创新设计】2011届高三数学一轮复习第11单元11.3直接证明、间接证明与数学归纳法随堂训练文新人教A

1、用心 爱心 专心11 3直接证明、间接证明与数学归纳法、选择题1 用反证法证明命题“如果ab，那么 第弼”时，假设的内容应是( (A.a =前B.aC.a =缶且犒訴D.缶=訴或a3b 不成立，即3a0，ab0, b0，a0, b2 成立的条件 有()()A 1 个 B. 2 个 C 3 个 D 4 个解析：要使b+2，只要b0 且a0，即 a, b 不为 0 且同号即可，故有 3 个.a ba b答案：C3设 S 是至少含有两个元素的集合.在 S 上定义了一个二元运算“ *”( (即对任意的 a, b S,对于有序元素对( (a, b),在S中有唯一确定的元素 a*b与之对应) ).若对任意

2、的a, b S, 有a*(b*a)=b,则对任意的 a, b S,下列等式中不恒成立的是( () )A (a* b)* a = aB. a*(b*a)*( a*b)= aC b*(b*b)= bD. (a* b)* b*( a* b) = b解析：此题只有一个已知条件：a*( b* a) = b.B 中 a*(b*a) = b 原式变为 b*( a*b)= a,成立，C 中相当于已知条件中 a 替换为 b,明显成立，D 中，b*(a*b)= a,原式变为(a*b)*a = b 成立.答案：A4.设 a、b、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是( () )A.|a-b|w|ac|+|

3、bc|解析：A: |ab| = |(a c) +(c b)|0? a+一2 或 a+w 1.aa用心 爱心 专心11而 a+2 或 a +-0，而 a b R,不能使用均值不等式.D :显然成立.答案：C二、填空题5.已知函数 f(x)= ax+ 2a+1,当 x 1,1时，f(x)有正值也有负值，则实数 a 的取值范围为_.解析：由题意得 f(x)= ax + 2a +1 为斜率不为 0 的直线，由单调性知 f(1) ( 1)0 ,1 (a+ 2a + 1) (2a a+ 1)0. 1a 3.答案：1a1 时，f(x)1 时，f(x)0, a0 且 f(1) = a + 6 1)时，f(k)

4、 = 32k+2- 8k 9 能被 64 整除.当 n= k+ 1 时，由于 32(k+1)+2 8(k+1) 9=9(32k+2 8k 9)+ 9 8k+ 9 9 8(k+ 1) 9= 9(32k+2 8k 9) + 64(k+ 1),即 f(k + 1) = 9f(k) + 64(k+ 1), n= k+ 1 时命题也成立.根据(1)、(2)可知，对于任意 n N*，命题都成立.证法二：( (1)当 n= 1 时 f(1) = 64命题显然成立.(2)假设当 n = k(k N*, k 1)时，f(k) = 32k+2 8k 9 能被 64 整除.由归纳假设，设 32k+2 8k 9= 6

5、4m(m 为大于 1 的自然数),将 32k+2= 64m + 8k+ 9 代入到 f(k+ 1)中得f(k+ 1) = 9(64m+ 8k+ 9) 8(k + 1) 9 = 64(9m+ k+ 1), n= k+ 1 时命题也成立. 根据( (1)(2)知，对于任意 n N*，命题都成立.面 PAC 丄平面 BDE.证明： / PO 丄底面 ABCD , PO 丄 BD.又 0 是正方形的中心， BD 丄 AC./ POnAC = 0,.BD 丄平面 PAC,又 BD?平面 BDE，所以平面 PAC 丄平面 BDE.10.已知数列an的前 n 项的和 Sn满足 Sn= 2an 3n (n N

6、*).(1) 求证an+ 3为等比数列，并求an的通项公式；(2) 数列an是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条 件的项；若不存在，请说明理由.证明：(1)TSn= 2an 3n (n N ), a1= S1= 2a1 3,. a1= 3.Sn=2an3n,又由得 a*+1= Sn+1 Sn= 2a*+1 2an 3,|Sn+1=2an+13(n+1) an+1+ 3= 2(an+ 3), an+ 3是首项为 a*+ 3= 6，公比为 2 的等比数列. an+ 3= 6X2n1,即卩 an= 3(2n 1).如右图所示， 0P0 丄底面 ABCD , E 是 PC

7、 的中点，求证：平用心 爱心 专心(2)解答：假设数列an中存在三项 ar,as,at(rst),它们可以构成等差数列.由(1)知 arv&vat，则 2a$= a+ at,6(2s 1) = 3(2r 1) + 3(2t- 1)，即 2s+1= 2r+ 2：二 2“1一r= 1 +r(*) r、s t 均为正整数且 rvst,.(*)左边为偶数而右边为奇数，假设不成立，即数列 仙不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列.选做题1.对于任意实数 a, b 定义运算 a*b= (a+ 1)(b+ 1) 1,给出以下结论：对于任意实数a,b, c,有 a*(b+ c)= (a*b) + (

8、a*c):对于任意实数 a, b, c,有 a*(b*c)= (a*b)*c;对于任意实数 a,有 a*0 = a,则以上结论正确的是 _.(写出你认为正确的结论的所有序号) )解析：按新定义，可以验证 a*(b+ c)工(a*b) + (a*c)，所以不成立；而 a*( b* c)= (a* b)* c 成立，a*0 = (a + 1)(0 + 1) 1= a.所以正确的结论是 .答案：12 .已知数列an的各项都是正数，且满足：ao=1,an+1= 2an(4 a(n N).证明：anan+12(nN).证明：证法一：用数学归纳法证明：13(1) 当 n = 0 时，a0= 1, a1=尹

9、0( (4 a。)=云，所以 a0a12，命题正确.(2) 假设 n= k 1(k N*)时命题成立，即 ak-1ak2.则当 n= k 时，a ak+11 1 1=?ak1(4 ak1) 2ak(4 ak)= 2(ak1 ak) ?(ak1 ak)(ak1+ a)1=2( (ak-1ak)(4 ak-1a).而 3k-1ak0，所以 a ak+10.1 12又+1= ?ak(4 ak) =14 (ak2)2.所以 n = k 时命题成立.由(1)(2)可知，对一切 n N 时有 anan+12.证法二：用数学归纳法证明：13(1) 当 n = 0 时，a0= 1, a1=尹0( (4 a。)

10、 = ?,所以 0a0a12;*1用心 爱心 专心(2) 假设 n= k 1(k N )时有 ak-1ak2 成立，令 f(x) = ?x(4 x), f(x)在0,2上单调递增，所以由假设有：f(ak-1)f(ak)f(2),111即 ak-1(4 ak-1)尹(4 ak)2x2x(4 2),也即当 n = k 时，aak+12 成立.所以对一切 n N，有 akak+12.3.已知函数 f(x)= x3+ ax + b 定义在区间1,1上，且 f(0) = f(1)，设XI,X2- 1,1且 乂仟X2.(1) 求证：|f(X1) ) f(X2) )|V2|X1 X2| ；(2) 若 0VX

11、1X2 1,求证:|f(X1) f(X2)|V1.证明：( (1)由 f(0) = f(1)，得 b= 1 + a+ b,解得 a = 1.故 f(x) = x3 x + b,设 x1,X2 1,1 .则|f(x1) f(X2)|= |X1x1x3+x2|= |X1x2| |X2+x1X2+x21|.因为一 1wX1, X2 1 ,则 0 x2 1,0 x2 1 , 1WX1X2W1,所以一 1 x2+ x2+X1X2W3,当且仅当 X1= X2= 时，右边取等号.论工 X2,.右边等号取不到.若 X2+ x2+ X1X2= 1，则 X2+ X2+ (X1X2+ 1) = 0.TX1X2+ 10，二 X1= X2= 0 且 X1X2+ 1 = 0 矛盾，左边等号也取不到.所以两边等号均不成立.所以一1X2+ X；+ X1X2V3.所以一2X2+X2+ X1X2 12.所以 |X +X2+XM 1|2,即 |f(X1) f(X2)|V2|X1 X2|.(2)因为 f (x)=3X21,令 f (x) = 0，则 x