【数学】2021届一轮复习北师大版（理）41综合法、分析法、反证法、数学归纳法作业 7页

综合法、分析法、反证法、数学归纳法 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设(　　)‎ A．三个内角都不大于60°‎ B．三个内角都大于60°‎ C．三个内角至多有一个大于60°‎ D．三个内角至多有两个大于60°‎ B　[至少有一个包含“一个、两个和三个”，故其对立面三个内角都大于60°，故选B.]‎ ‎2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是(　　)‎ A．x2>1　　　　 B．x2>4‎ C．x2>0 D．x2>1‎ C　[因为x>0，所以要证<1＋，‎ 只需证()2<2，‎ 即证0<，即证x2>0，‎ 因为x>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．]‎ ‎3．(2019·哈尔滨模拟)用数学归纳法证明不等式“1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋，n≥2)”时，由n＝k(k≥2)时不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是(　　)‎ A．2k－1 B．2k－1‎ C．2k D．2k＋1‎ C　[n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，增加了＋＋…＋，共(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k项，故选C.]‎ ‎4．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 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)＜f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)＜0，故选A.]‎ ‎5．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是(　　)‎ A．若f(1)<1成立，则f(10)<100成立 B．若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立 C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立 D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立 D　[由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立，所以A错误；若f(1)≥1成立，则得到f(2)≥4，与f(2)<4矛盾，所以B错误；当f(3)≥9成立，无法推导出f(1)，f(2)，所以C错误；若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立，所以D正确．]‎ 二、填空题 ‎6.＋与2＋的大小关系为________．‎ ＋>2＋　[要比较＋与2＋的大小，只需比较(＋)2与(2＋)2的大小，‎ 只需比较6＋7＋2与8＋5＋4的大小，‎ 只需比较与2的大小，只需比较42与40的大小，‎ ‎∵42>40，∴＋>2＋.]‎ ‎7．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＞的过程中，由n＝k推导n＝‎ k＋1时，不等式的左边增加的式子是________．‎ 　[不等式的左边增加的式子是＋－＝.]‎ ‎8．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是________．‎ 　[若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，‎ 则 解得p≤－3或p≥，‎ 故满足题干要求的p的取值范围为.]‎ 三、解答题 ‎9．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：>8.‎ ‎[证明]　因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，‎ 所以－1＝＝＞，①‎ －1＝＝＞，②‎ －1＝＝＞，③‎ 由①×②×③，得>8.‎ ‎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]　(1)证明：假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，‎ 即a(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．假设{Sn}是等差数列，‎ 则2S2＝S1＋S3，即‎2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，‎ 由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2.‎ 得q＝0，这与公比q≠0矛盾．‎ 综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；‎ 当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列．‎ ‎1．设x，y，z＞0，则三个数＋，＋，＋(　　)‎ A．都大于2　　　　 B．至少有一个大于2‎ C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2‎ C　[因为＋＋＝＋＋≥6，‎ 当且仅当x＝y＝z时等号成立．‎ 所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.]‎ ‎2．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，A＝f，‎ B＝f()，C＝f，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 A　[∵≥≥，又f(x)＝x在R上是减函数，‎ ‎∴f≤f()≤f，即A≤B≤C.]‎ ‎3．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n＞4时，f(n)＝________(用n表示)．‎ ‎5　(n＋1)(n－2)　[由题意知f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，可以归纳出每增加一条直线，交点增加的个数为原有直线的条数，所以f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，猜测得出f(n)－f(n－1)＝n－1(n≥4)．有f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)，所以f(n)＝(n＋1)(n－2)．]‎ ‎4．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，‎ an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N＋)．‎ ‎(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜想{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论．‎ ‎(2)证明：＋＋…＋＜.‎ ‎[解]　(1)由条件得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.‎ 由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.‎ 猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.‎ 用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝1时，由上可得结论成立．‎ ‎②假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，结论成立，‎ 即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.‎ 那么当n＝k＋1时，‎ ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，‎ bk＋1＝＝(k＋2)2.所以当n＝k＋1时，结论也成立．‎ 由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．‎ ‎(2)＝＜.‎ 当n≥2时，由(1)知 an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)＞2(n＋1)n.‎ 故＋＋…＋ ‎＜＋ ‎＝＋ ‎＝＋＜＋＝.‎ 综上，原不等式成立．‎ ‎1．(2019·广州模拟)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n＞2时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解”．经历三百多年，于二十世纪九十年代中期由英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是(　　)‎ A．至少存在一组正整数组(x，y，z)使方程x3＋y3＝z3有解 B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解 C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解 D．当整数n＞3时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正实数解 C　[由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个．假设关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解，故x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝，y＝，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数．代入方程得＋＝1，两边乘以a3n3得，(am)3＋(bn)3＝(an)3，由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解．故选C.]‎ ‎2．已知xi>0(i＝1,2,3，…，n)，我们知道(x1＋x2)·≥4成立．‎ ‎(1)求证：(x1＋x2＋x3)≥9.‎ ‎(2)同理我们也可以证明出(x1＋x2＋x3＋x4)·≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x1＋x2＋…＋xn和＋＋…＋(n≥2，n∈N＋)有关的不等式，并用数学归纳法证明．‎ ‎[解]　(1)证明：法一：(x1＋x2＋x3) ‎≥3·3＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立)．‎ 法二：(x1＋x2＋x3) ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立)．‎ ‎(2)猜想：(x1＋x2＋…＋xn)≥n2(n≥2，n∈N＋)．‎ 证明如下：‎ ‎①当n＝2时，由已知得猜想成立；‎ ‎②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，猜想成立，‎ 即(x1＋x2＋…＋xk)≥k2，‎ 则当n＝k＋1时，‎ ‎(x1＋x2＋…＋xk＋xk＋1) ‎＝(x1＋x2＋…＋xk)＋(x1＋x2＋…＋xk)＋xk＋1‎ ＋1‎ ‎≥k2＋(x1＋x2＋…＋xk)＋xk＋1＋1‎ ‎＝k2＋＋＋…＋＋1≥k2＋2＋2＋…＋ ‎＋1‎ ‎＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2，‎ 所以当n＝k＋1时不等式成立．‎ 综合①②可知，猜想成立．‎