2021高考数学（理）大一轮复习习题：第十二章 推理与证明、算法、复数 课时达标检测（六十一） 直接证明与间接证明、数学归纳法 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第十二章 推理与证明、算法、复数 课时达标检测（六十一） 直接证明与间接证明、数学归纳法 word版含答案，共6页。试卷主要包含了用反证法证明命题，设函数f＝eq \r，对于问题等内容，欢迎下载使用。


1．用反证法证明命题：“若a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd>1，则a，b，c，d中至少有一个负数”的假设为( )
A．a，b，c，d中至少有一个正数
B．a，b，c，d全都为正数
C．a，b，c，d全都为非负数
D．a，b，c，d中至多有一个负数
解析：选C 用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而“a，b，c，d中至少有一个负数”的否定是“a，b，c，d全都为非负数”．
2．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
解析：选C ∵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.
3．已知f(n)＝eq \f(1,n)＋eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,n2)，则( )
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)
解析：选D 由f(n)可知，共有n2－n＋1项，且n＝2时，f(2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4).
4．设a，b，c均为正实数，则三个数a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(1,c)，c＋eq \f(1,a)( )
A．都大于2 B．都小于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
解析：选D ∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋\f(1,a)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋\f(1,c)))≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.
5．设a＝eq \r(3)－eq \r(2)，b＝eq \r(6)－eq \r(5)，c＝eq \r(7)－eq \r(6)，则a，b，c的大小顺序是( )
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>a>b D．a>c>b
解析：选A ∵a＝eq \r(3)－eq \r(2)＝eq \f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq \r(6)－eq \r(5)＝eq \f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq \r(7)－eq \r(6)＝eq \f(1,\r(7)＋\r(6))，且eq \r(7)＋eq \r(6)>eq \r(6)＋eq \r(5)>eq \r(3)＋eq \r(2)>0，∴a>b>c.
一、选择题
1．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
解析：选A 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.
2．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值( )
A．恒为负值 B．恒等于零
C．恒为正值 D．无法确定正负
解析：选A 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)3．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( )
A．c≥b>a B．a>c≥b
C．c>b>a D．a>c>b
解析：选A ∵c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b.已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2.∵1＋a2－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，∴1＋a2>a.∴b＝1＋a2>a.∴c≥b>a，故选A.
4．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为( )
A．n＋1 B．2n
C.eq \f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋1
解析：选C 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq \f(nn＋1,2)＝eq \f(n2＋n＋2,2)个区域．
5．已知a，b∈R，m＝eq \f(6a,36a＋1＋1)，n＝eq \f(1,3)b2－b＋eq \f(5,6)，则下列结论正确的是( )
A．m≤n B．m≥n
C．m>n D．m解析：选A m＝eq \f(6a,36a＋1＋1)＝eq \f(6a,62a＋2＋1)＝eq \f(1,626a＋6－a)≤eq \f(1,2\r(62))＝eq \f(1,12)，n＝eq \f(1,3)b2－b＋eq \f(5,6)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(3,2)))2＋eq \f(1,12)≥eq \f(1,12)，所以n≥m，故选A.
6．设函数f(x)＝eq \r(ex＋x－a)(a∈R，e为自然对数的底数)．若存在b∈使f(f(b))＝b成立，则a的取值范围是( )
A． B．
C． D．
解析：选A 易知f(x)＝eq \r(ex＋x－a)在定义域内是增函数，由f(f(b))＝b，猜想f(b)＝b.
反证法：若f(b)>b，则f(f(b))>f(b)>b，与题意不符，
若f(b)故f(b)＝b，
即f(x)＝x在上有解．
所以eq \r(ex＋x－a)＝x，a＝ex－x2＋x，
令g(x)＝ex－x2＋x，g′(x)＝ex－2x＋1＝(ex＋1)－2x，
当x∈时，ex＋1≥2,2x≤2，
所以g′(x)≥0，
所以g(x)在上是增函数，
所以g(0)≤g(x)≤g(1)，
所以1≤g(x)≤e，
即1≤a≤e，故选A.
二、填空题
7．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______________．
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.
答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
8．已知点An(n，an)为函数y＝eq \r(x2＋1)图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：由条件得cn＝an－bn＝eq \r(n2＋1)－n＝eq \f(1,\r(n2＋1)＋n)，
∴cn随n的增大而减小，∴cn＋1答案：cn＋19．对于问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－1,2)，解关于x的不等式ax2－bx＋c>0”，给出如下一种解法：
解：由ax2＋bx＋c>0的解集为(－1,2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c>0的解集为(－2,1)，即关于x的不等式ax2－bx＋c>0的解集为(－2,1)．
参考上述解法，若关于x的不等式eq \f(k,x＋a)＋eq \f(x＋b,x＋c)<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则关于x的不等式eq \f(kx,ax＋1)＋eq \f(bx＋1,cx＋1)<0的解集为________．
解析：不等式eq \f(kx,ax＋1)＋eq \f(bx＋1,cx＋1)<0，可化为eq \f(k,a＋\f(1,x))＋eq \f(b＋\f(1,x),c＋\f(1,x))<0，
故得－1解得－3故eq \f(kx,ax＋1)＋eq \f(bx＋1,cx＋1)<0的解集为(－3，－1)∪(1,2)．
答案：(－3，－1)∪(1,2)
10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间内至少存在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是________．
解析：依题意有f(－1)>0或f(1)>0，
所以－2p2＋p＋1>0或－2p2－3p＋9>0，
即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0，
得－eq \f(1,2)故满足条件的p的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2)))
三、解答题
11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.
(1)证明：eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较eq \f(1,a)与c的大小；
(3)证明：－2解：(1)证明：∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
∵f(c)＝0，
∴x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝eq \f(c,a)，
∴x2＝eq \f(1,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)≠c))，
∴eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根．
(2)假设eq \f(1,a)0，
由00，
知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>0与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0矛盾，
∴eq \f(1,a)≥c，
又∵eq \f(1,a)≠c，∴eq \f(1,a)>c.
(3)证明：由f(c)＝0，得ac2＋bc＋c＝0，
即ac＋b＋1＝0，
∴b＝－1－ac.
又a>0，c>0，∴b<－1.
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为
x＝－eq \f(b,2a)＝eq \f(x1＋x2,2)即－eq \f(b,2a)又a>0，∴b>－2，∴－212．已知f(n)＝1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,43)＋…＋eq \f(1,n3)，g(n)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n2)，n∈N*.
(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2×12)＝1，所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝1＋eq \f(1,23)＝eq \f(9,8)，g(2)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2×22)＝eq \f(11,8)，所以f(2)当n＝3时，f(3)＝1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＝eq \f(251,216)，g(3)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2×32)＝eq \f(13,9)，所以f(3)(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1时，不等式显然成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立．
即1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,43)＋…＋eq \f(1,k3)那么，当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)＋eq \f(1,k＋13)因为eq \f(1,2k＋12)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13)))
＝eq \f(k＋3,2k＋13)－eq \f(1,2k2)＝eq \f(－3k－1,2k＋13k2)<0，
所以f(k＋1)由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．