（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业43(001).DOC

1、课时作业课时作业 43直接证明与间接证明、数学归纳法直接证明与间接证明、数学归纳法 一、选择题 1用反证法证明命题“设 f(x)x33|xa|(aR)，则方程 f(x)0 至少有一个实根”时，正确的假设是(A) A方程 f(x)0 没有实根 B方程 f(x)0 至多有一个实根 C方程 f(x)0 至多有两个实根 D方程 f(x)0 恰好有两个实根 解析：由反证法证明命题的格式和步骤，可知应设方程 f(x)0 没有实根，故应选 A. 2 分析法又称执果索因法， 若用分析法证明“设 abc， 且 abc0， 求证： b2ac0Bac0 C(ab)(ac)0D(ab)(ac)0 解析： b2ac 3

2、ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20 (ac)(2ac)0(ac)(ab)0. 3若 a、bR，则下面四个式子中恒成立的是(B) Alg(1a2)0Ba2b22(ab1) Ca23ab2b2Da bQBPQ CPQ，要证 PQ，只需证 P2Q2，只需证： 2a132 a6a72a132 a8a5，只需证 a213a42a213a40，即证 4240，因为 4240 成立，所以 PQ 成立 5已知函数 f(x) 1 2 x，a，b 为正实数，Af ab 2，Bf( ab)，Cf 2ab ab ，则 A，B，C 的大小关系为(A) AABCBACB CBC

3、ADCBA 解析：因为ab 2 ab 2ab ab，又 f(x) 1 2 x在 R 上是减函数，故 f ab 2f( ab)f 2ab ab ， 即 ABC. 6用数学归纳法证明 2n2n1，n 的第一个取值应是(C) A1B2C3D4 解析：n1 时，212,2113,2n2n1 不成立； n2 时，224,2215,2n2n1 不成立； n3 时，238,2317,2n2n1 成立 n 的第一个取值应是 3. 7设 x，y，z 都为正实数，则三个数y x y z， z x z y， x z x y( C) A都大于 2B至少有一个大于 2 C至少有一个不小于 2D至少有一个不大于 2 解析

4、：假设三个数都小于 2，则y x y z z x z y x z x y1；ab2；ab2；a2b22；ab1. 其中能推出：“a，b 中至少有一个大于 1”的条件是(C) AB CD 解析：若 a1 2，b 2 3，则 ab1. 但 a1，b2，故推不出； 若 a2，b3，则 ab1，故推不出； 对于，即 ab2. 则 a，b 中至少有一个大于 1， 反证法：假设 a1 且 b1，则 ab2 与 ab2 矛盾，因此假设不成立，a，b 中至少有一个大于 1. 二、填空题 9如果 a ab ba bb a，则 a，b 应满足的条件是 a0，b0 且 aB 解析：a ab ba bb a，即( a

5、 b)2( a b)0，需满足 a0，b0 且 aB 10用反证法证明命题“若实数 a，b，c，d 满足 abcd1，acbd1，则 a，b，c，d 中至少有一个是非 负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：a，b，c，d 全是负数 解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d 中没有一个是非负数，即 a，b， c，d 全是负数” 11 用数学归纳法证明 123n2n 4n2 2 ， 则当 nk1 时左端应在 nk 的基础上加上的项为(k21)(k2 2)(k1)2. 解析：当 nk 时左端为 123k(k1)(k2)k2，则当 nk1 时，左端为

6、 123k2 (k21)(k22)(k1)2，故增加的项为(k21)(k22)(k1)2. 三、解答题 12已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 anSn2. (1)求数列an的通项公式； (2)求证：数列an中不存在三项按原来顺序成等差数列 解：(1)当 n1 时，a1S12a12，则 a11. 又 anSn2，所以 an1Sn12， 两式相减得 an11 2a n， 所以an是首项为 1，公比为1 2的等比数列，所以 a n 1 2n 1. (2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 ap1，aq1，ar1(pqr，且 p，q，rN*)则 2 1 2q 1 2p 1 2r.

7、所以 22r q2rp1. 又因为 pqr，所以 rq，rpN*. 所以式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立 所以假设不成立，原命题得证 13设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个 nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn 成等比数列 (1)求数列an，bn的通项公式； (2)记 cn an 2bn，nN *，证明：c1c2cn2 n，nN*. 解：(1)设数列an的公差为 d，由题意得 a12d4，a13d3a13d，解得 a10，d2. 从而 an2n2，nN*.所以 Snn2n，nN*. 由 Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列得 (Sn1bn

8、)2(Snbn)(Sn2bn) 解得 bn1 d(S 2 n1SnSn2)所以 bnn2n，nN*. (2)cn an 2bn 2n2 2nn1 n1 nn1，nN *. 我们用数学归纳法证明 当 n1 时，c102，不等式成立； 假设 nk(kN*)时不等式成立，即 c1c2ck2 k， 那么，当 nk1 时，c1c2ckck12 k k k1k22 k 1 k12 k 2 k1 k2 k 2( k1 k)2 k1， 即当 nk1 时不等式也成立 根据和，不等式 c1c2cng(1)， 当 n2 时，f(2)1 1 2，g(2)2( 31)，f(2)g(2)， 当 n3 时，f(3)1 1

9、2 1 3，g(3)2，f(3)g(3) (2)猜想：f(n)g(n)(nN*)，即 1 1 2 1 3 1 n2( n11)(nN *)下面用数学归纳法证明： 当 n1 时，由(1)知猜想成立 假设当 nk 时，猜想成立， 即 1 1 2 1 3 1 k2( k11) 则当 nk1 时，f(k1)1 1 2 1 3 1 k 1 k12( k11) 1 k12 k1 1 k12； 而 g(k1)2( k21)2 k22，下面转化为证明：2 k1 1 k12 k2. 只要证 2(k1)12k32k2k1即可， 需证(2k3)24(k2)(k1)， 即证 4k212k94k212k8，此式显然成立， 所以，当 nk1 时猜想也成立 综上可知：对任意 nN*，猜想都成立， 即 1 1 2 1 3 1 n2( n11)(nN *)成立