2022版高考数学大一轮复习课时作业40《直接证明与间接证明、数学归纳法》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业40《直接证明与间接证明、数学归纳法》(含答案详解)，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，a，b为正实数，A=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B=f(eq \r(ab))，C=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，
则A，B，C的大小关系为( )
A.A≤B≤C B.A≤C≤B C.B≤C≤A D.C≤B≤A
若a、b∈R，则下面四个式子中恒成立的是( )
A.lg(1＋a2)>0 B.a2＋b2≥2(a－b－1)
C.a2＋3ab>2b2 D.eq \f(a,b) ①已知p3＋q3=2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；
②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b=0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.
以下正确的是( )
A.①与②的假设都错误
B.①与②的假设都正确
C.①的假设正确；②的假设错误
D.①的假设错误；②的假设正确
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)A.a－b>0 B.a－c>0
C.(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)<0
用数学归纳法证明2n>2n＋1，n的第一个取值应是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
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( )
A.②③ B.①②③ C.③ D.③④⑤
已知f(x)=eq \r(1＋x2)，a≠b，则|f(a)－f(b)|与|a－b|的大小关系为( )
A.|f(a)－f(b)|>|a－b|
B.|f(a)－f(b)|<|a－b|
C.|f(a)－f(b)|=|a－b|
D.不确定
二、填空题
设a=eq \r(3)＋2eq \r(2)，b=2＋eq \r(7)，则a，b的大小关系为 .
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： .
用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2=eq \f(n4＋n2,2)，则当n=k＋1时左端应在n=k的基础上加上的项为 .
三、解答题
等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=1＋eq \r(2)，S3=9＋3eq \r(2).
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn=eq \f(Sn,n)(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.
已知f(n)=1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))(n∈N*)，g(n)=2(eq \r(n＋1)－1)(n∈N*).
(1)当n=1,2,3时，分别比较f(n)与g(n)的大小(直接给出结论)；
(2)由(1)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并证明你的结论.
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) \s 0 答案详解
答案为：A.
解析：因为eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)，又f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上是单调减函数，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，即A≤B≤C.
答案为：B.
解析：在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)=(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)
=(a－1)2＋(b＋1)2≥0.∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.
答案为：D.
解析：反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q>2，所以①不正确；对于②，其假设正确.
答案为：C.
解析：由题意知eq \r(b2－ac)⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇐－2a2＋ac＋c2<0⇐2a2－ac－c2>0
⇐(a－c)(2a＋c)>0⇐(a－c)(a－b)>0.
答案为：C.
解析：∵n=1时，21=2,2×1＋1=3,2n>2n＋1不成立；
n=2时，22=4,2×2＋1=5,2n>2n＋1不成立；
n=3时，23=8,2×3＋1=7,2n>2n＋1成立.
∴n的第一个取值应是3.
答案为：C.
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，a，b中至少有一个大于1.
答案为：B.
解析：|f(a)－f(b)|=|eq \r(1＋a2)－eq \r(1＋b2)|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2－b2,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))))
=eq \f(|a＋b||a－b|,\r(1＋a2)＋\r(1＋b2))所以|f(a)－f(b)|<|a－b|，故选B.
答案为：a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) 答案为：a，b，c，d全是负数.
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”.
答案为：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
解析：当n=k时左端为1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋k2，
则当n=k＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
故增加的项为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
解：(1)解：由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))
∴d=2，故an=2n－1＋eq \r(2)，Sn=n(n＋eq \r(2)).
(2)证明：由(1)得bn=eq \f(Sn,n)=n＋eq \r(2).
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，
则beq \\al(2,q)=bpbr，即(q＋eq \r(2))2=(p＋eq \r(2))(r＋eq \r(2)).
∴(q2－pr)＋eq \r(2)(2q－p－r)=0.
∵p，q，r∈N*，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p＋r,2)))2=pr，即(p－r)2=0.
∴p=r，与p≠r矛盾.
∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.
解：(1)当n=1时，f(1)=1，g(1)=2(eq \r(2)－1)，f(1)>g(1)，
当n=2时，f(2)=1＋eq \f(1,\r(2))，g(2)=2(eq \r(3)－1)，f(2)>g(2)，
当n=3时，f(3)=1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))，g(3)=2，f(3)>g(3).
(2)猜想：f(n)>g(n)(n∈N*)，即1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))>2(eq \r(n＋1)－1)(n∈N*).
下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，上面已证.
②假设当n=k时，猜想成立，即1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))>2(eq \r(k＋1)－1).
则当n=k＋1时，f(k＋1)=1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(k))＋eq \f(1,\r(k＋1))>2(eq \r(k＋1)－1)＋eq \f(1,\r(k＋1))
=2eq \r(k＋1)＋eq \f(1,\r(k＋1))－2；
而g(k＋1)=2(eq \r(k＋2)－1)=2eq \r(k＋2)－2，下面转化为证明：
2eq \r(k＋1)＋eq \f(1,\r(k＋1))>2eq \r(k＋2).
只要证：2(k＋1)＋1=2k＋3>2eq \r(k＋2k＋1)即可，
需证：(2k＋3)2>4(k＋2)(k＋1)，
即证：4k2＋12k＋9>4k2＋12k＋8，此式显然成立，所以，当n=k＋1时猜想也成立.
综上可知：对n∈N*，猜想都成立，即1＋eq \f(1,\r(2))＋eq \f(1,\r(3))＋…＋eq \f(1,\r(n))>2(eq \r(n＋1)－1)(n∈N*)成立.
证明：(1)因为1－x＋x2－x3=eq \f(1－－x4,1－－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－12x＋1,2x＋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\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=eq \f(19,24)>eq \f(3,4)，所以f(x)>eq \f(3,4).
综上，eq \f(3,4)