2021高考數(shù)學一輪復習 課后限時集訓41 綜合法、分析法、反證法、數(shù)學歸納法 理 北師大版

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1、課后限時集訓41 綜合法、分析法、反證法、數(shù)學歸納法 建議用時：45分鐘 一、選擇題 1．用反證法證明命題：“三角形三個內(nèi)角至少有一個不大于60°”時，應假設(　　) A．三個內(nèi)角都不大于60° B．三個內(nèi)角都大于60° C．三個內(nèi)角至多有一個大于60° D．三個內(nèi)角至多有兩個大于60° B　[至少有一個包含“一個、兩個和三個”，故其對立面三個內(nèi)角都大于60°，故選B.] 2．分析法又稱執(zhí)果索因法，已知x>0，用分析法證明<1＋時，索的因是(　　) A．x2>1　　　　 B．x2>4 C．x2>0 D．x2>1 C　[因為x>0，所以要證<1＋， 只需證()2<

2、2， 即證0<，即證x2>0， 因為x>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．] 3．(2019·哈爾濱模擬)用數(shù)學歸納法證明不等式“1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋，n≥2)”時，由n＝k(k≥2)時不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應增加的項數(shù)是(　　) A．2k－1 B．2k－1 C．2k D．2k＋1 C　[n＝k＋1時，左邊＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，增加了＋＋…＋，共(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k項，故選C.] 4．設f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2＞0，則f(x1)＋f(x2)的值(　　) A．恒為負值 B．恒等于零 C．

3、恒為正值 D．無法確定正負 A　[由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2＞0，可知x1＞－x2，f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)＜0，故選A.] 5．設f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命題總成立的是(　　) A．若f(1)<1成立，則f(10)<100成立 B．若f(2)<4成立，則f(1)≥1成立 C．若f(3)≥9成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立 D．若f(4)≥16成立

4、，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立 D　[由條件可知不等式的性質(zhì)只對大于等于號成立，所以A錯誤；若f(1)≥1成立，則得到f(2)≥4，與f(2)<4矛盾，所以B錯誤；當f(3)≥9成立，無法推導出f(1)，f(2)，所以C錯誤；若f(4)≥16成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立，所以D正確．] 二、填空題 6.＋與2＋的大小關系為________． ＋>2＋　[要比較＋與2＋的大小，只需比較(＋)2與(2＋)2的大小， 只需比較6＋7＋2與8＋5＋4的大小， 只需比較與2的大小，只需比較42與40的大小， ∵42>40，∴＋>2＋.] 7．用數(shù)學歸納法證明不等式＋

5、＋…＋＞的過程中，由n＝k推導n＝k＋1時，不等式的左邊增加的式子是________． 　[不等式的左邊增加的式子是＋－＝.] 8．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一點c，使f(c)>0，則實數(shù)p的取值范圍是________． 　[若二次函數(shù)f(x)≤0在區(qū)間[－1,1]內(nèi)恒成立， 則 解得p≤－3或p≥， 故滿足題干要求的p的取值范圍為.] 三、解答題 9．已知x，y，z是互不相等的正數(shù)，且x＋y＋z＝1，求證：>8. [證明]　因為x，y，z是互不相等的正數(shù)，且x＋y＋z＝1， 所以－1＝＝＞，① －1＝＝＞，②

6、 －1＝＝＞，③ 由①×②×③，得>8. 10．設數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和． (1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列； (2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？ [解]　(1)證明：假設數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，則S＝S1S3， 即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)， 因為a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2， 即q＝0，這與公比q≠0矛盾， 所以數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列． (2)當q＝1時，Sn＝na1，故{Sn}是等差數(shù)列； 當q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列．假設{Sn}是等差數(shù)列， 則2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝

7、a1＋a1(1＋q＋q2)， 由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2. 得q＝0，這與公比q≠0矛盾． 綜上，當q＝1時，數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列； 當q≠1時，數(shù)列{Sn}不是等差數(shù)列． 1．設x，y，z＞0，則三個數(shù)＋，＋，＋(　　) A．都大于2　　　　 B．至少有一個大于2 C．至少有一個不小于2 D．至少有一個不大于2 C　[因為＋＋＝＋＋≥6， 當且僅當x＝y(tǒng)＝z時等號成立． 所以三個數(shù)中至少有一個不小于2，故選C.] 2．已知函數(shù)f(x)＝x，a，b是正實數(shù)，A＝f， B＝f()，C＝f，則A，B，C的大小關系為(　　) A．A≤B≤C

8、 B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A A　[∵≥≥，又f(x)＝x在R上是減函數(shù)， ∴f≤f()≤f，即A≤B≤C.] 3．設平面內(nèi)有n條直線(n≥3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點．若用f(n)表示這n條直線交點的個數(shù)，則f(4)＝________；當n＞4時，f(n)＝________(用n表示)． 5　(n＋1)(n－2)　[由題意知f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，可以歸納出每增加一條直線，交點增加的個數(shù)為原有直線的條數(shù)，所以f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，猜測得出f(n)－f(n－1)＝n－1(n≥4)．有f(n)

9、－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)，所以f(n)＝(n＋1)(n－2)．] 4．在數(shù)列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn， an＋1，bn＋1成等比數(shù)列(n∈N＋)． (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜想{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結(jié)論． (2)證明：＋＋…＋＜. [解]　(1)由條件得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1. 由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25. 猜測an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2. 用數(shù)學歸納法證明： ①當n＝1時，由上可得結(jié)論成立．

10、 ②假設當n＝k(k∈N＋，k≥1)時，結(jié)論成立， 即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2. 那么當n＝k＋1時， ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)， bk＋1＝＝(k＋2)2.所以當n＝k＋1時，結(jié)論也成立． 由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2對一切正整數(shù)都成立． (2)＝＜. 當n≥2時，由(1)知 an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)＞2(n＋1)n. 故＋＋…＋ ＜＋ ＝＋ ＝＋＜＋＝. 綜上，原不等式成立． 1．(2019·廣州模擬)十七世紀法國數(shù)學家費馬提出猜想：“當整數(shù)n＞2時，關于x，y

11、，z的方程xn＋yn＝zn沒有正整數(shù)解”．經(jīng)歷三百多年，于二十世紀九十年代中期由英國數(shù)學家安德魯·懷爾斯證明了費馬猜想，使它終成費馬大定理，則下面說法正確的是(　　) A．至少存在一組正整數(shù)組(x，y，z)使方程x3＋y3＝z3有解 B．關于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理數(shù)解 C．關于x，y的方程x3＋y3＝1沒有正有理數(shù)解 D．當整數(shù)n＞3時，關于x，y，z的方程xn＋yn＝zn沒有正實數(shù)解 C　[由于B，C兩個命題是對立的，故正確選項是這兩個選項中的一個．假設關于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理數(shù)解，故x，y可寫成整數(shù)比值的形式，不妨設x＝，y＝，其中m，n為互質(zhì)的正整數(shù)，

12、a，b為互質(zhì)的正整數(shù)．代入方程得＋＝1，兩邊乘以a3n3得，(am)3＋(bn)3＝(an)3，由于am，bn，an都是正整數(shù)，這與費馬大定理矛盾，故假設不成立，所以關于x，y的方程x3＋y3＝1沒有正有理數(shù)解．故選C.] 2．已知xi>0(i＝1,2,3，…，n)，我們知道(x1＋x2)·≥4成立． (1)求證：(x1＋x2＋x3)≥9. (2)同理我們也可以證明出(x1＋x2＋x3＋x4)·≥16.由上述幾個不等式，請你猜測一個與x1＋x2＋…＋xn和＋＋…＋(n≥2，n∈N＋)有關的不等式，并用數(shù)學歸納法證明． [解]　(1)證明：法一：(x1＋x2＋x3) ≥3·3＝9(當且

13、僅當x1＝x2＝x3時，等號成立)． 法二：(x1＋x2＋x3) ＝3＋＋＋ ≥3＋2＋2＋2＝9(當且僅當x1＝x2＝x3時，等號成立)． (2)猜想：(x1＋x2＋…＋xn)≥n2(n≥2，n∈N＋)． 證明如下： ①當n＝2時，由已知得猜想成立； ②假設當n＝k(k≥2，k∈N＋)時，猜想成立， 即(x1＋x2＋…＋xk)≥k2， 則當n＝k＋1時， (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， 所以當n＝k＋1時不等式成立． 綜合①②可知，猜想成立． 7