統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)全程一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)69直接證明和間接證明理

課時(shí)作業(yè)69干脆證明和間接證明[基礎(chǔ)落實(shí)練]一、選擇題1．用反證法證明命題：“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根2．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<03．設(shè)a，b∈R，現(xiàn)給出下列五個(gè)條件：①a＋b＝2；②a＋b>2；③a＋b>－2；④ab>1；⑤logab<0(a>0，且a≠1).其中能推出“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件為()A．②③④B．②③④⑤C．①②③⑤D．②⑤4．已知函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,2))x，a，b是正實(shí)數(shù)，A＝f(eq\f(a＋b,2))，B＝f(eq\r(ab))，C＝f(eq\f(2ab,a＋b))，則A，B，C的大小關(guān)系為()A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A二、填空題5．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證的不等式是________．6．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(13,24)(n≥2)的過(guò)程中，由n＝k推導(dǎo)n＝k＋1時(shí)，不等式的左邊增加的式子是________．7．設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，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(gè)大于1”的條件是________．(填序號(hào))三、解答題8．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，若f(c)＝0，且0<x<c時(shí)，f(x)>0.(1)證明：eq\f(1,a)是f(x)＝0的一個(gè)根；(2)試比較eq\f(1,a)與c的大小；(3)證明：－2<b<－1.9．若f(x)的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇a，b](a＜b)，則稱函數(shù)f(x)是[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)．(1)設(shè)g(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是[1，b]上的“四維光軍”函數(shù)，求常數(shù)b的值；(2)是否存在常數(shù)a，b(a＞－2)，使函數(shù)h(x)＝eq\f(1,x＋2)是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[素養(yǎng)提升練]10．已知a，b，c∈R，若eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1且eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2，則下列結(jié)論成立的是()A．a(chǎn)，b，c同號(hào)B．b，c同號(hào)，a與它們異號(hào)C．a(chǎn)，c同號(hào)，b與它們異號(hào)D．b，c同號(hào)，a與b，c的符號(hào)關(guān)系不確定11．在等比數(shù)列{an}中，“a1<a2<a3”是“數(shù)列{an}遞增”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件12．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(diǎn)c，使f(c)＞0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________．13．[2024·山東省威海市六中模擬]已知整數(shù)p>1，證明：當(dāng)x>－1且x≠0時(shí)，(1＋x)p>1＋px.14．將正整數(shù)作如下分組：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…，分別計(jì)算各組包含的正整數(shù)的和如下：S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…試揣測(cè)S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的結(jié)果，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．[培優(yōu)創(chuàng)新練]15．利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的過(guò)程中，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，左邊增加了()A．1項(xiàng)B．k項(xiàng)C．2k－1項(xiàng)D．2k項(xiàng)16．十七世紀(jì)法國(guó)數(shù)學(xué)家費(fèi)馬提出猜想：“當(dāng)整數(shù)n>2時(shí)，關(guān)于x，y，z的方程xn＋yn＝zn沒(méi)有正整數(shù)解．”經(jīng)驗(yàn)三百多年，于二十世紀(jì)九十年頭中期，英國(guó)數(shù)學(xué)家安德魯·懷爾斯證明白費(fèi)馬猜想，使它終成費(fèi)馬大定理．則下面說(shuō)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(guān)于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理數(shù)解C．關(guān)于x，y的方程x3＋y3＝1沒(méi)有正有理數(shù)解D．當(dāng)整數(shù)n>3時(shí)，關(guān)于x，y，z的方程xn＋yn＝zn沒(méi)有正實(shí)數(shù)解課時(shí)作業(yè)69干脆證明和間接證明1．解析：依據(jù)反證法的要求，即至少有一個(gè)的反面是一個(gè)也沒(méi)有，干脆寫(xiě)出命題的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根．答案：A2．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）＞0.答案：C3．解析：a＝b＝1時(shí)，a＋b＝2，所以推不出a，b中至少有一個(gè)大于1，①不符合；當(dāng)a＝b＝0時(shí)，a＋b>－2，推不出a，b中至少有一個(gè)大于1，③不符合；當(dāng)a＝b＝－2時(shí)，ab>1，推不出a，b中至少有一個(gè)大于1，④不符合；對(duì)于②，假設(shè)a，b都不大于1，即a≤1，b≤1，則a＋b≤2，與a＋b>2沖突，所以②能推出a，b中至少有一個(gè)大于1；對(duì)于⑤，假設(shè)a，b都不大于1，則logab≥loga1＝0，與logab<0沖突，故⑤能推出a，b中至少有一個(gè)大于1.答案：D4．解析：因?yàn)閑q\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f（x）＝（eq\f(1,2)）x在R上是減函數(shù)，所以f（eq\f(a＋b,2)）≤f（eq\r(ab)）≤f（eq\f(2ab,a＋b)），即A≤B≤C.答案：A5．解析：由n∈N*，n>1知，n取第一個(gè)值n0＝2，當(dāng)n＝2時(shí)，不等式為1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2.答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<26．解析：不等式的左邊增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,（2k＋1）（2k＋2）).答案：eq\f(1,（2k＋1）（2k＋2）)7．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(duì)于③，若a＋b>2，則a，b中至少有一個(gè)大于1，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2沖突，因此假設(shè)不成立，故a，b中至少有一個(gè)大于1.答案：③8．解析：（1）證明：因?yàn)閒（x）的圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以f（x）＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2，因?yàn)閒（c）＝0，所以x1＝c是f（x）＝0的根，又x1x2＝eq\f(c,a)，所以x2＝eq\f(1,a)（eq\f(1,a)≠c），所以eq\f(1,a)是f（x）＝0的一個(gè)根．（2）假設(shè)eq\f(1,a)<c，又eq\f(1,a)>0，由0<x<c時(shí)，f（x）>0，知f（eq\f(1,a)）>0與f（eq\f(1,a)）＝0沖突，所以eq\f(1,a)≥c，又因?yàn)閑q\f(1,a)≠c，所以eq\f(1,a)>c.（3）證明：由f（c）＝0，得ac＋b＋1＝0，所以b＝－1－ac.又a>0，c>0，所以b<－1.二次函數(shù)f（x）的圖象的對(duì)稱軸方程為x＝－eq\f(b,2a)＝eq\f(x1＋x2,2)<eq\f(x2＋x2,2)＝x2＝eq\f(1,a)，即－eq\f(b,2a)<eq\f(1,a).又a>0，所以b>－2，所以－2<b<－1.9．解析：（1）由已知得g（x）＝eq\f(1,2)（x－1）2＋1，其圖象的對(duì)稱軸為x＝1，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞增，由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g（1）＝1，g（b）＝b，即eq\f(1,2)b2－b＋eq\f(3,2)＝b，解得b＝1或b＝3.因?yàn)閎＞1，所以b＝3.（2）假設(shè)存在常數(shù)a，b（a>－2）使函數(shù)h（x）＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間[a，b]（a＞－2）上是“四維光軍”函數(shù)，因?yàn)閔（x）＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間（－2，＋∞）上單調(diào)遞減，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（a）＝b，,h（b）＝a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a))解得a＝b，這與已知a<b沖突．故不存在常數(shù)a與b使h（x）是“四維光軍”函數(shù)．10．解析：由eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1知eq\f(b,a)與eq\f(c,a)同號(hào)，若eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，不等式eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2明顯成立，若eq\f(b,a)<0且eq\f(c,a)<0，則－eq\f(b,a)>0，－eq\f(c,a)>0，（－eq\f(b,a)）＋（－eq\f(c,a)）≥2eq\r(（－\f(b,a)）·（－\f(c,a)）)>2，即eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)<－2，這與eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2沖突，故eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，即a，b，c同號(hào)．答案：A11．解析：當(dāng)a1<a2<a3時(shí)，設(shè)公比為q，由a1<a1q<a1q2得，若a1>0，則1<q<q2，即q>1，此時(shí)，明顯數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，若a1<0，則1>q>q2，即0<q<1，此時(shí)，數(shù)列{an}也是遞增數(shù)列，反之，當(dāng)數(shù)列{an}是遞增數(shù)列時(shí)，明顯a1<a2<a3.故“a1<a2<a3”是“等比數(shù)列{an}遞增”的充要條件．答案：C12．解析：依題意有f（－1）＞0或f（1）＞0，即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，得－eq\f(1,2)＜p＜1或－3＜p＜eq\f(3,2)，故滿意條件的p的取值范圍是（－3，eq\f(3,2)）.答案：（－3，eq\f(3,2)）13．證明：用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)p＝2時(shí)，（1＋x）2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假設(shè)當(dāng)p＝k（k≥2，k∈N*）時(shí)，不等式（1＋x）k>1＋kx成立．則當(dāng)p＝k＋1時(shí)，（1＋x）k＋1＝（1＋x）（1＋x）k>（1＋x）·（1＋kx）＝1＋（k＋1）x＋kx2>1＋（k＋1）x.所以當(dāng)p＝k＋1時(shí)，原不等式也成立．綜合①②可得，當(dāng)x>－1且x≠0時(shí)，對(duì)一切整數(shù)p>1，不等式（1＋x）p>1＋px均成立．14．解析：由題意知，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1＝14；當(dāng)n＝2時(shí)，S1＋S3＝16＝24；當(dāng)n＝3時(shí)，S1＋S3＋S5＝81＝34；當(dāng)n＝4時(shí)，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1＝14，等式成立．（2）假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N*，k≥1）時(shí)等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[（2k2＋k＋1）＋（2k2＋k＋2）＋…＋（2k2＋k＋2k＋1）]＝k4＋（2k＋1）（2k2＋2k＋1）＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝（k＋1）4，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．依據(jù)（1）和（2）可知，對(duì)于隨意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．15．解析：令不等式的左邊為g（n），則g（k＋1）－g（k）＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－（1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)）＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，其項(xiàng)數(shù)為2k＋1－1－