则f(x1)+f(x2)<0.
4.已知函数f(x)=x,a,b为正实数,A=f,B=f(),C=f,则A,B,C的大小关系为( )
A.A≤B≤C B.A≤C≤B
C.B≤C≤A D.C≤B≤A
解析:
选A 因为≥≥,
又f(x)=x在R上是单调减函数,故f≤f()≤f.
5.设n∈N,则-与-的大小关系是( )
A.->-
B.-<-
C.-=-
D.不能确定
解析:
选B 由题意知,(-)-(-)=(+)- (+),
因为(+)2-(+)2
=2[-]
=2(-)<0,
所以-<-.
6.已知a,b,c∈(0,+∞),则a+,b+,c+三个数( )
A.都大于6 B.至少有一个不大于6
C.都小于6 D.至少有一个不小于6
解析:
选D 设a+,b+,c+都小于6,
则a++b++c+<18,
利用基本不等式,
可得a++b++c+≥2 +2 +2 =8+4+6=18,
这与假设所得结论矛盾,故假设不成立,
所以a+,b+,c+三个数至少有一个不小于6.
二、填空题
7.(2018·太原模拟)用反证法证明“若x2-1=0,则x=-1或x=1”时,应假设____________________.
解析:
“x=-1或x=1”的否定是“x≠-1且x≠1”.
答案:
x≠-1且x≠1
8.若二次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一点c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是________.
解析:
法一:
(补集法)
令解得p≤-3或p≥,
故满足条件的p的范围为.
法二:
(直接法)
依题意有f(-1)>0或f
(1)>0,
即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0,
得-
故满足条件的p的取值范围是.
答案:
9.(2018·德州一模)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则△A2B2C2是________三角形.
解析:
由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,
则△A1B1C1是锐角三角形,
假设△A2B2C2是锐角三角形.
由得
那么,A2+B2+C2=,这与三角形内角和为π相矛盾.
所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形.
所以△A2B2C2是钝角三角形.
答案:
钝角
三、解答题
10.已知a,b,c为不全相等的正数,求证:
++>3.
证明:
因为a,b,c为不全相等的正数,
所以++
=+++++-3
>2 +2 +2 -3=3,
即++>3.
11.在数列{an}中,a1=2,an+1=(n∈N*),
(1)计算a2,a3,a4,并由此猜想通项公式an;
(2)证明
(1)中的猜想.
解:
(1)在数列{an}中,∵a1=2,an+1=(n∈N*),
∴a1=2=,a2==,a3==,a4==,
∴猜想这个数列的通项公式是an=.
(2)证明:
法一:
∵an+1=,
∴==1+,∴-=1.
∵a1=2,∴=,
∴是以为首项,1为公差的等差数列,
∴=+(n-1)×1=,∴an=.
法二:
下面利用数学归纳法证明:
①当n=1时,可知成立;
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,ak=成立.
则当n=k+1(k∈N*)时,
ak+1===,
因此当n=k+1时,命题成立.
综上①②可知:
an=对n∈N*都成立.
12.已知函数f(x)=x3-ax在x=1处取得极小值,其中a是实数.
(1)求实数a的值;
(2)用反证法证明:
当x>0时,-,中至少有一个不小于.
解:
(1)∵f(x)=x3-ax,∴f′(x)=3x2-a,
∵函数f(x)=x3-ax在x=1处取得极小值,
∴f′
(1)=0,即3-a=0,
∴a=3.
(2)证明:
假设-,都小于,
即∴
∴+<2,
即x+<2,当x>0时,x+≥2 =2,
当且仅当x=,即x=时等号成立,
∴假设不成立,
∴-,中至少有一个不小于.
1.已知两个半径不等的圆盘叠放在一起(有一轴穿过它们的圆心),两圆盘上分别有互相垂直的两条直径将其分为四个区域,小圆盘上所写的实数分别记为x1,x2,x3,x4,大圆盘上所写的实数分别记为y1,y2,y3,y4,如图所示.将小圆盘逆时针旋转i(i=1,2,3,4)次,每次转动90°,记Ti(i=1,2,3,4)为转动i次后各区域内两数乘积之和,例如T1=x1y2+x2y3+x3y4+x4y1.若x1+x2+x3+x4<0,y1+y2+y3+y4<0,则以下结论正确的是( )
A.T1,T2,T3,T4中至少有一个为正数
B.T1,T2,T3,T4中至少有一个为负数
C.T1,T2,T3,T4中至多有一个为正数
D.T1,T2,T3,T4中至多有一个为负数
解析:
选A 因为x1+x2+x3+x4<0,y1+y2+y3+y4<0,
所以(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4)>0,
即x1y1+x1y2+x1y3+x1y4+ x2y1+x2y2+x2y3+x2y4+x3y1+x3y2+x3y3+x3y4+x4y1+x4y2+x4y3+x4y4>0,
即T1+T2+T3+T4>0,即T1,T2,T3,T4中至少有一个为正数.选A.
2.设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.
(1)证明:
函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+x;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和 gn(x)的大小,并加以证明.
解:
(1)证明:
Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,
则Fn
(1)=n-1>0,
Fn=1++2+…+n-2=-2=-<0,
所以Fn(x)在内至少存在一个零点.
又F′n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,
故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即-2=0,故xn=+x.
(2)由题设,fn(x)=1+x+x2+…+xn,
gn(x)=,x>0.
当x=1时,fn(x)=gn(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)<gn(x).
①当n=2时,f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,
所以f2(x)<g2(x)成立.
②假设n=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立,
即fk(x)<gk(x).
那么,当n=k+1时,
fk+1(x)=fk(x)+xk+1<gk(x)+xk+1=+xk+1=.
又gk+1(x)-=,
令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),
则h′k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1
=k(k+1)xk-1·(x-1).
所以当0<x<1时,h′k(x)<0,hk(x)在(0,1)上递减;
当x>1时,h′k(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增.
所以hk(x)>hk
(1)=0,
从而gk+1(x)>.
故fk+1(x)<gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.
由①和②知,对一切n≥2的整数,都有fn(x)<gn(x).
高考达标检测(五十六)证明4方法——综合法、分析法、反证法、数学归纳法
一、选择题
1.设x=,y=-,z=-,则x,y,z的大小关系是( )
A.x>y>z B.z>x>y
C.y>z>x D.x>z>y
解析:
选D 由题意知x,y,z都是正数,
又x2-z2=2-(8-4)=4-6=->0,∴x>z.
∵==>1,∴z>y,∴x>z>y.
2.对于定义域为D的函数y=f(x)和常数c,若对任意正实数ξ,∃x0∈D,使得0<|f(x0)-c|<ξ恒成立,则称函数y=f(x)为“敛c函数”.现给出如下函数:
①f(x)=x(x∈Z);②f(x)=x+1(x∈Z);
③f(x)=log2x;④f(x)=.
其中为“敛1函数”的有( )
A.①② B.③④
C.②③④ D.①②③
解析:
选C 由题意知,函数f(x)为“敛1函数”等价于存在x0属于f(x)的定义域,使得f(x0)无限接近于1.对于①,f(x)=x(x∈Z),当x=1时,f(x)=1,当x≠1时,|f(x)-1|≥1,故①中函数不是“敛1函数”;对于②③④中函数,作出函数图象,结合“敛1函数”的定义易知它们都是“敛1函数”.故选C.
3.(2018·大连一模)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.恒为负值 B.恒等于零
C.恒为正值 D.无法确定正负
解析:
选A 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)则f(x1)+f(x2)<0.
4.已知函数f(x)=x,a,b为正实数,A=f,B=f(),C=f,则A,B,C的大小关系为( )
A.A≤B≤C B.A≤C≤B
C.B≤C≤A D.C≤B≤A
解析:
选A 因为≥≥,
又f(x)=x在R上是单调减函数,故f≤f()≤f.
5.设n∈N,则-与-的大小关系是( )
A.->-
B.-<-
C.-=-
D.不能确定
解析:
选B 由题意知,(-)-(-)=(+)- (+),
因为(+)2-(+)2
=2[-]
=2(-)<0,
所以-<-.
6.已知a,b,c∈(0,+∞),则a+,b+,c+三个数( )
A.都大于6 B.至少有一个不大于6
C.都小于6 D.至少有一个不小于6
解析:
选D 设a+,b+,c+都小于6,
则a++b++c+<18,
利用基本不等式,
可得a++b++c+≥2 +2 +2 =8+4+6=18,
这与假设所得结论矛盾,故假设不成立,
所以a+,b+,c+三个数至少有一个不小于6.
二、填空题
7.(2018·太原模拟)用反证法证明“若x2-1=0,则x=-1或x=1”时,应假设____________________.
解析:
“x=-1或x=1”的否定是“x≠-1且x≠1”.
答案:
x≠-1且x≠1
8.若二次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一点c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是________.
解析:
法一:
(补集法)
令解得p≤-3或p≥,
故满足条件的p的范围为.
法二:
(直接法)
依题意有f(-1)>0或f
(1)>0,
即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0,
得-
故满足条件的p的取值范围是.
答案:
9.(2018·德州一模)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则△A2B2C2是________三角形.
解析:
由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,
则△A1B1C1是锐角三角形,
假设△A2B2C2是锐角三角形.
由得
那么,A2+B2+C2=,这与三角形内角和为π相矛盾.
所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形.
所以△A2B2C2是钝角三角形.
答案:
钝角
三、解答题
10.已知a,b,c为不全相等的正数,求证:
++>3.
证明:
因为a,b,c为不全相等的正数,
所以++
=+++++-3
>2 +2 +2 -3=3,
即++>3.
11.在数列{an}中,a1=2,an+1=(n∈N*),
(1)计算a2,a3,a4,并由此猜想通项公式an;
(2)证明
(1)中的猜想.
解:
(1)在数列{an}中,∵a1=2,an+1=(n∈N*),
∴a1=2=,a2==,a3==,a4==,
∴猜想这个数列的通项公式是an=.
(2)证明:
法一:
∵an+1=,
∴==1+,∴-=1.
∵a1=2,∴=,
∴是以为首项,1为公差的等差数列,
∴=+(n-1)×1=,∴an=.
法二:
下面利用数学归纳法证明:
①当n=1时,可知成立;
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,ak=成立.
则当n=k+1(k∈N*)时,
ak+1===,
因此当n=k+1时,命题成立.
综上①②可知:
an=对n∈N*都成立.
12.已知函数f(x)=x3-ax在x=1处取得极小值,其中a是实数.
(1)求实数a的值;
(2)用反证法证明:
当x>0时,-,中至少有一个不小于.
解:
(1)∵f(x)=x3-ax,∴f′(x)=3x2-a,
∵函数f(x)=x3-ax在x=1处取得极小值,
∴f′
(1)=0,即3-a=0,
∴a=3.
(2)证明:
假设-,都小于,
即∴
∴+<2,
即x+<2,当x>0时,x+≥2 =2,
当且仅当x=,即x=时等号成立,
∴假设不成立,
∴-,中至少有一个不小于.
1.已知两个半径不等的圆盘叠放在一起(有一轴穿过它们的圆心),两圆盘上分别有互相垂直的两条直径将其分为四个区域,小圆盘上所写的实数分别记为x1,x2,x3,x4,大圆盘上所写的实数分别记为y1,y2,y3,y4,如图所示.将小圆盘逆时针旋转i(i=1,2,3,4)次,每次转动90°,记Ti(i=1,2,3,4)为转动i次后各区域内两数乘积之和,例如T1=x1y2+x2y3+x3y4+x4y1.若x1+x2+x3+x4<0,y1+y2+y3+y4<0,则以下结论正确的是( )
A.T1,T2,T3,T4中至少有一个为正数
B.T1,T2,T3,T4中至少有一个为负数
C.T1,T2,T3,T4中至多有一个为正数
D.T1,T2,T3,T4中至多有一个为负数
解析:
选A 因为x1+x2+x3+x4<0,y1+y2+y3+y4<0,
所以(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4)>0,
即x1y1+x1y2+x1y3+x1y4+ x2y1+x2y2+x2y3+x2y4+x3y1+x3y2+x3y3+x3y4+x4y1+x4y2+x4y3+x4y4>0,
即T1+T2+T3+T4>0,即T1,T2,T3,T4中至少有一个为正数.选A.
2.设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.
(1)证明:
函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+x;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和 gn(x)的大小,并加以证明.
解:
(1)证明:
Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,
则Fn
(1)=n-1>0,
Fn=1++2+…+n-2=-2=-<0,
所以Fn(x)在内至少存在一个零点.
又F′n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,
故Fn(x)在内单调递增,所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即-2=0,故xn=+x.
(2)由题设,fn(x)=1+x+x2+…+xn,
gn(x)=,x>0.
当x=1时,fn(x)=gn(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)<gn(x).
①当n=2时,f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,
所以f2(x)<g2(x)成立.
②假设n=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立,
即fk(x)<gk(x).
那么,当n=k+1时,
fk+1(x)=fk(x)+xk+1<gk(x)+xk+1=+xk+1=.
又gk+1(x)-=,
令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),
则h′k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1
=k(k+1)xk-1·(x-1).
所以当0<x<1时,h′k(x)<0,hk(x)在(0,1)上递减;
当x>1时,h′k(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增.
所以hk(x)>hk
(1)=0,
从而gk+1(x)>.
故fk+1(x)<gk+1(x),即n=k+1时不等式也成立.
由①和②知,对一切n≥2的整数,都有fn(x)<gn(x).