數學復習頂層設計配餐作業(yè)直接證明與間接證明

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精配餐作業(yè)（四十)直接證明與間接證明(時間:40分鐘)一、選擇題1．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設a〉b>c，且a＋b＋c＝0,求證：eq\r（b2－ac）〈eq\r(3)a”“索”的“因”應是（)A．a－b>0 B．a－c〉0C．(a－b)(a－c)〉0 D．（a－b)(a－c）<0解析eq\r（b2－ac）〈eq\r(3)a?b2－ac〈3a2?（a＋c)2－ac〈3a2?a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0?－2a2＋ac＋c2〈0?2a2－ac－c2>0?（a－c）（2a＋c)〉0?(a－c）(a－b答案C2．若實數a，b滿足a＋b<0，則（）A．a，b都小于0B．a，b都大于0C．a,b中至少有一個大于0D．a,b中至少有一個小于0解析假設a,b都不小于0，即a≥0，b≥0，則a＋b≥0，這與a＋b<0相矛盾，因此假設錯誤，即a,b中至少有一個小于0。故選D。答案D3．要使eq\r（3，a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，則a,b應滿足(）A．ab＜0且a＞bB．ab＞0且a＞bC．ab＜0且a＜bD．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b解析要使eq\r(3,a)－eq\r(3，b）＜eq\r(3,a－b)成立，只要(eq\r(3，a）－eq\r（3,b））3＜（eq\r(3，a－b)）3成立，即a－b－3eq\r（3,a2b）＋3eq\r(3,ab2）＜a－b成立，只要eq\r（3,ab2）＜eq\r（3,a2b)成立，只要ab2＜a2b成立，即要ab（b－a）＜0成立，只要ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b成立.故選D.答案D4．已知函數f(x）滿足：f（a＋b)＝f（a)·f(b），f(1)＝2，則eq\f（f21＋f2，f1）＋eq\f(f22＋f4,f3)＋eq\f(f23＋f6，f5）＋eq\f（f24＋f8,f7）＝（)A．4 B．8C．12 D．16解析根據f（a＋b）＝f（a）·f（b)，得f(2n)＝f2(n)。又f(1）＝2，則eq\f(fn＋1,fn)＝2.由eq\f(f21＋f2,f1)＋eq\f(f22＋f4，f3)＋eq\f(f23＋f6,f5)＋eq\f（f24＋f8,f7)＝eq\f(2f2，f1）＋eq\f(2f4，f3）＋eq\f（2f6，f5)＋eq\f（2f8，f7）＝16。故選D.答案D5．已知a>0，b>0，如果不等式eq\f(2,a）＋eq\f（1,b)≥eq\f(m，2a＋b)恒成立,那么m的最大值等于（)A．10 B．9C．8 D．7解析∵a〉0，b〉0,∴2a＋b∴不等式可化為m≤eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,a)＋\f(1,b)）)(2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a）＋\f(a,b)））?！?＋2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(b,a）＋\f（a,b））)≥5＋4＝9，即其最小值為9，∴m≤9，即m的最大值等于9。故選B。答案B二、填空題6．設a＝eq\r(3)＋2eq\r（2）,b＝2＋eq\r（7），則a，b的大小關系為__________。解析a＝eq\r(3）＋2eq\r（2）,b＝2＋eq\r（7）兩式的兩邊分別平方，可得a2＝11＋4eq\r（6)，b2＝11＋4eq\r(7），顯然，eq\r（6）＜eq\r（7）?！郺＜b。答案a＜b7．用反證法證明命題“若實數a,b,c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，則a，b，c，d中至少有一個是非負數"時，第一步要假設結論的否定成立,那么結論的否定是__________。解析“至少有一個”的否定是“一個也沒有"，故結論的否定是“a,b，c,d中沒有一個是非負數，即a,b，c，d全是負數"。答案a,b，c，d全是負數8．設a，b是兩個實數，給出下列條件：①a＋b〉1；②a＋b＝2；③a＋b>2;④a2＋b2>2；⑤ab〉1。其中能推出:“a，b中至少有一個大于1”的條件是__________。（填序號)解析若a＝eq\f（1，2），b＝eq\f（2，3），則a＋b〉1，但a<1，b<1，故①推不出;若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3,則ab〉1，故⑤推不出；對于③,即a＋b〉2,則a，b中至少有一個大于1，反證法：假設a≤1且b≤1,則a＋b≤2與a＋b＞2矛盾，因此假設不成立,故a，b中至少有一個大于1.答案③三、解答題9．（2017·福州模擬)在數列{an｝中，已知a1＝eq\f(1,4），eq\f(an＋1，an）＝eq\f（1,4）,bn＋2＝3logeq\f(1,4)an（n∈N＊)。（1)求數列{an｝的通項公式；(2）求證：數列｛bn}是等差數列。解析（1)因為eq\f（an＋1,an)＝eq\f(1，4），所以數列｛an}是首項為eq\f(1，4），公比為eq\f（1，4）的等比數列，所以an＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,4)））n(n∈N*）。（2）證明：因為bn＝3logeq\f（1,4）an－2，所以bn＝3logeq\f(1，4)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,4）))n－2＝3n－2.∴bn－bn－1＝3,所以數列{bn}是首項b1＝1，公差d＝3的等差數列.答案（1)an＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，4)））n(n∈N*)(2)見解析10．設數列｛an｝是公比為q的等比數列，Sn是它的前n項和。（1)求證:數列{Sn｝不是等比數列；（2)數列｛Sn}是等差數列嗎？為什么?解析(1）證明：假設數列{Sn｝是等比數列，則Seq\o\al（2,2）＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)（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，所以數列{Sn}不是等比數列。（2）當q＝1時，Sn＝na1，故{Sn｝是等差數列；當q≠1時，｛Sn}不是等差數列，否則2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q）＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0,這與公比q綜上，當q＝1時，數列｛Sn｝是等差數列；當q≠1時，｛Sn}不是等差數列.答案見解析（時間：20分鐘)(2016·浙江高考）設函數f（x）＝x3＋eq\f(1，1＋x），x∈［0，1]。證明：（1）f(x)≥1－x＋x2;(2）eq\f（3,4）<f(x）≤eq\f(3，2)。證明（1）因為1－x＋x2－x3＝eq\f(1－－x4,1－－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－12x＋1,2x＋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\(\