2018届数学复习配餐作业40直接证明与间接证明（含解析）理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE9学必求其心得，业必贵于专精配餐作业(四十)直接证明与间接证明(时间:40分钟）一、选择题1．分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证:eq\r(b2－ac)〈eq\r（3）a”“索”的“因"应是()A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)（a－c)〉0 D．(a－b)(a－c）<0解析eq\r（b2－ac)<eq\r(3）a⇔b2－ac<3a2⇔（a＋c)2－ac〈3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔（a－c）（2a＋c）〉0⇔（a－c)(a－b答案C2．若实数a，b满足a＋b〈0，则()A．a，b都小于0B．a，b都大于0C．a，b中至少有一个大于0D．a,b中至少有一个小于0解析假设a，b都不小于0，即a≥0，b≥0,则a＋b≥0，这与a＋b〈0相矛盾，因此假设错误,即a，b中至少有一个小于0。故选D。答案D3．要使eq\r（3，a）－eq\r(3,b）＜eq\r（3，a－b)成立，则a，b应满足（）A．ab＜0且a＞bB．ab＞0且a＞bC．ab＜0且a＜bD．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b解析要使eq\r(3，a)－eq\r(3,b）＜eq\r（3,a－b)成立,只要(eq\r(3,a)－eq\r(3,b)）3＜（eq\r(3，a－b））3成立,即a－b－3eq\r(3，a2b）＋3eq\r（3,ab2)＜a－b成立,只要eq\r(3，ab2)＜eq\r(3,a2b)成立，只要ab2＜a2b成立，即要ab（b－a)＜0成立，只要ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b成立。故选D。答案D4．已知函数f（x)满足：f(a＋b)＝f(a）·f（b），f（1)＝2，则eq\f（f21＋f2,f1)＋eq\f（f22＋f4，f3)＋eq\f(f23＋f6,f5）＋eq\f（f24＋f8，f7）＝(）A．4 B．8C．12 D．16解析根据f(a＋b）＝f（a)·f（b）,得f(2n)＝f2（n）.又f(1）＝2，则eq\f(fn＋1，fn）＝2。由eq\f（f21＋f2,f1）＋eq\f（f22＋f4,f3）＋eq\f（f23＋f6,f5)＋eq\f(f24＋f8,f7）＝eq\f（2f2,f1）＋eq\f（2f4，f3）＋eq\f（2f6,f5)＋eq\f（2f8,f7)＝16。故选D。答案D5．已知a>0，b>0，如果不等式eq\f（2,a）＋eq\f(1，b）≥eq\f(m,2a＋b）恒成立，那么m的最大值等于（)A．10 B．9C．8 D．7解析∵a>0，b>0，∴2a＋b∴不等式可化为m≤eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f（1,b））)（2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（b,a）＋\f(a,b））).∵5＋2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（b，a)＋\f(a,b）))≥5＋4＝9，即其最小值为9,∴m≤9，即m的最大值等于9。故选B.答案B二、填空题6．设a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r（7),则a，b的大小关系为__________。解析a＝eq\r(3)＋2eq\r（2）,b＝2＋eq\r(7）两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4eq\r（6),b2＝11＋4eq\r（7)，显然,eq\r(6)＜eq\r(7)。∴a＜b。答案a＜b7．用反证法证明命题“若实数a，b,c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，则a,b，c，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是__________.解析“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d中没有一个是非负数,即a，b,c，d全是负数”。答案a,b,c，d全是负数8．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）解析若a＝eq\f(1，2),b＝eq\f(2,3），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，即a＋b〉2，则a,b中至少有一个大于1，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。答案③三、解答题9．（2017·福州模拟)在数列｛an}中，已知a1＝eq\f(1,4)，eq\f(an＋1，an)＝eq\f（1,4），bn＋2＝3logeq\f（1,4)an（n∈N*）.(1)求数列｛an}的通项公式；(2）求证：数列｛bn｝是等差数列。解析(1)因为eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,4)，所以数列｛an}是首项为eq\f(1,4）,公比为eq\f（1，4)的等比数列，所以an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,4）)）n（n∈N*）。（2）证明:因为bn＝3logeq\f(1,4)an－2,所以bn＝3logeq\f（1,4）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,4）））n－2＝3n－2。∴bn－bn－1＝3，所以数列｛bn}是首项b1＝1，公差d＝3的等差数列。答案（1)an＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，4）)）n(n∈N＊）(2）见解析10．设数列｛an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和。(1)求证:数列｛Sn｝不是等比数列；（2)数列｛Sn｝是等差数列吗？为什么?解析（1)证明：假设数列｛Sn｝是等比数列,则Seq\o\al（2，2)＝S1S3，即aeq\o\al(2，1）(1＋q）2＝a1·a1·（1＋q＋q2），因为a1≠0,所以（1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，这与公比q≠0矛盾，所以数列{Sn}不是等比数列。(2)当q＝1时,Sn＝na1，故｛Sn｝是等差数列；当q≠1时，｛Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0，这与公比q综上，当q＝1时，数列｛Sn｝是等差数列；当q≠1时,｛Sn｝不是等差数列。答案见解析(时间：20分钟）（2016·浙江高考）设函数f(x）＝x3＋eq\f(1,1＋x），x∈［0，1]。证明：（1)f（x)≥1－x＋x2；(2）eq\f(3,4)〈f（x）≤eq\f(3，2）.证明(1）因为1－x＋x2－x3＝eq\f（1－－x4,1－－x）＝eq\f（1－x4,1＋x），由于x∈[0,1],有eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1，x＋1），即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,x＋1）,所以f（x)≥1－x＋x2.(2）由0≤x≤1得x3≤x，故f(x）＝x3＋eq\f(1,x＋1)≤x＋eq\f（1,x＋1)＝x＋eq\f(1，x＋1)－eq\f（3，2）＋eq\f（3,2）＝eq\f（x－12x＋1，2x＋1）＋eq\f（3，2)≤eq\f(3,2),所以f(x)≤eq\f（3，2）。由（1）得f(x）≥1－x＋x2＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（1,2)))2＋eq\f（3，4)≥eq\f（3,4），又因为feq\b\lc\（\rc\)(\a\