【数学】2020届一轮复习（文理合用）第6章第6讲直接证明与间接证明作业

【数学】2020届一轮复习（文理合用）第6章第6讲直接证明与间接证明作业

对应学生用书[练案44理][练案43文]‎ 第六讲　直接证明与间接证明 A组基础巩固 一、选择题 ‎1．要证明＋<2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是(　B　)‎ A．综合法　　　 B．分析法 C．反证法　　　 D．归纳法 ‎[解析]　要证明是无理数应从无理数的概念入手，无理数就是无限不循环小数，因此只能用反证法．‎ ‎2．(2018·广东珠海一中、惠州一中联考)欲证－<－，只需证(　A　)‎ A．(＋)2<(＋)2‎ B．(－)2<(－)‎ C．(－)2<(－)2‎ D．(－－)2<(－)2‎ ‎[解析]　欲证－<－，只需证＋<＋，只需证(＋)2<(＋)2，故选A．‎ ‎3．(2018·安徽淮南二中模拟)用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，下列假设正确的是(　B　)‎ A．三个内角中至少有一个钝角 B．三个内角中至少有两个钝角 C．三个内角都不是钝角 D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角 ‎[解析]　由于命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”，故用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设“三个内角中至少有两个钝角”．‎ ‎4．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋，索的因是(　C　)‎ A．x2>2　　　 B．x2>4‎ C．x2>0　　　 D．x2>1‎ ‎[解析]　因为x>0，所以要证<1＋，只需证()2<(1＋)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。故选C．‎ ‎5．设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋(　C　)‎ 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 ‎[解析]　因为＋＋＋＋＋＝(＋)＋(＋)＋(＋)≥2＋2＋2＝6，所以＋，＋，＋中至少有一个不小于2.故选C．‎ ‎6．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　)‎ A．恒为负值　　　 B．恒等于零 C．恒为正值　　　 D．无法确定正负 ‎[解析]　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)0，即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，从而B>，故△ABC必是钝角三角形．故选C．‎ ‎8．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　C　)‎ A．p>Q　　　 B．P＝Q C．P0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥‎ ‎2成立的条件的序号是__①③④___.‎ ‎[解析]　要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④都能使＋≥2成立．‎ ‎11．设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是__m⇐a0，显然成立．‎ 解法二：(取特殊值法)取a＝2，b＝1，得m0，－>1，求证：>.‎ ‎[解析]　由已知－>1及a>0可知0，只需证·>1，‎ 只需证1＋a－b－ab>1，‎ 只需证a－b－ab>0，即>1，‎ 即－>1，这是已知条件，所以原不等式得证．‎ ‎14．已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a，b∈R.‎ ‎(1)若a＋b≥0，求证：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；‎ ‎(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．‎ ‎[解析]　(1)证明：因为a＋b≥0，所以a≥－b.‎ 因为f(x)在R上单调递增，所以f(a)≥f(－b)．‎ 同理，a＋b≥0⇒b≥－a⇒f(b)≥f(－a)．‎ 两式相加即得：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．‎ ‎(2)(1)中命题的逆命题为：‎ 若f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，则a＋b≥0.‎ 该命题成立，下面用反证法证之．‎ 假设a＋b<0，那么：‎ a＋b<0⇒a<－b⇒f(a)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”的条件序号是③.‎ ‎[解析]　若a＝，b＝，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.‎ ‎5．(文)(2018·湖北鄂东南省级示范校期中)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝10an＋1.‎ ‎(1)证明数列{an＋}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)数列{bn}满足bn＝lg(an＋)，Tn为数列{}的前n项和，求证：Tn<.‎ ‎(理)(2018·福建南平适应性考试)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，数列{an}满足Sn＝.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}满足bn＝，它的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n，都有Tn<成立．‎ ‎[解析]　(文)(1)由an＋1＝10an＋1，得an＋1＋＝10an＋＝10(an＋)，‎ 所以＝10，所以数列{an＋}是首项为a1＋＝100，公比为10的等比数列，‎ 所以an＋＝100×10n－1＝10n＋1，所以an＝10n＋1－.‎ ‎(2)由(1)可得bn＝lg(an＋)＝lg10n＋1＝n＋1，‎ 所以＝＝－，‎ 所以Tn＝(－)＋(－)＋…＋(－)＝－<，所以Tn<.‎ ‎(理)(1)由Sn＝可得：2Sn＝a＋an 当n＝1时，由2a1＝a＋a1，且an>0可得：a1＝1‎ 当n≥2时，2Sn＝a＋an……①‎ ‎2Sn－1＝a＋an－1……②‎ 由①－②得：2an＝a－a＋an－an－1，‎ 即：(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，‎ 数列{an}为正项数列，an＋an－1≠0，‎ 所以an－an－1－1＝0‎ 所以{an}为以a1＝1为首项，公差为1的等差数列，‎ ‎∴an＝n(n∈N*)‎ ‎(2)由bn＝可得：bn＝ 由<＝－(n∈N*)‎ 可知：Tn＝＋＋…＋ ‎<(－)＋(－)＋…＋(－)<－<，n∈N*‎ ‎∴对任意正整数，都有Tn<.‎