数学复习顶层设计配餐作业直接证明与间接证明

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，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\(\