《2020版高考数学一轮复习课后限时集训36综合法分析法反证法数学归纳法理含解析北师大版2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学一轮复习课后限时集训36综合法分析法反证法数学归纳法理含解析北师大版2.pdf（5页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、- 1 - 课后限时集训(三十六) 综合法、分析法、反证法、数学归纳 法 课后限时集训(三十六) 综合法、分析法、反证法、数学归纳 法 (建议用时：60 分钟) A A 组 基础达标 一、选择题 1用反证法证明命题 ： “三角形三个内角至少有一个不大于 60”时，应假设 ( ) A三个内角都不大于 60 B三个内角都大于 60 C三个内角至多有一个大于 60 D三个内角至多有两个大于 60 B B 至少有一个包含“一个、两个和三个” ，故其对立面三个内角都大于 60，故选 B 2(2019西安模拟)若P，Q(a0)，则P，Q的大小关系是aa7a3a4 ( ) APQ BPQ CPQ D由a的取
2、值决定 C C 假设PQ，则，aa7a3a4 即 22a722a7，aa7a3a4 即，aa7a3a4 即a(a7)(a3)(a4)， 即a27aa27a12， 显然不成立，故PQ.故选 C. 3 (2019哈尔滨模拟)用数学归纳法证明不等式 “1 n(nN N*，n2)” 1 2 1 3 1 2n1 时，由nk(k2)时不等式成立，推证nk1 时，左边应增加的项数是( ) A2k1 B2k1 C2k D2k1 C C nk1 时， 左边1 ， 增加了 1 2 1 3 1 2k1 1 2k 1 2k1 1 2k11 1 2k 1 2k1 ，共(2k11)(2k1)2k项，故选 C. 1 2k1
3、1 4 设f(x)是定义在 R R 上的奇函数， 且当x0 时，f(x)递减， 若x1x20， 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 - 2 - A A 由f(x)是定义在 R R 上的奇函数， 且当x0 时，f(x)递减， 可知f(x)是 R R 上的减函数， 由x1x20，可知x1x2，f(x1)f(x2)f(x2)，则f(x1)f(x2)0，故选 A. 5 设f(x)是定义在正整数集上的函数， 且f(x)满足 ： “当f(k)k2成立时， 总可推出f(k 1)(k1)2成立” 那么，下列命题总成立的是( ) A若f(1)0，ab0，b0，
4、ab2c2 由余弦定理 cos Ab2c2. b2c2a2 2bc 三、解答题 9若a，b，c是不全相等的正数，求证： lglglglg alg blg c. ab 2 bc 2 ca 2 证明 a，b，c(0，)， 0，0，0. ab 2 ab bc 2 bc ac 2 ac 又上述三个不等式中等号不能同时成立 - 3 - abc成立 ab 2 bc 2 ca 2 上式两边同时取常用对数， 得 lglg abc， ( ab 2 bc 2 ca 2) lglglglg alg blg c. ab 2 bc 2 ca 2 10在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，b
5、n，an1，bn1 成等比数列(nN N*) (1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜想an，bn的通项公式，并证明你的结论 (2)证明：. 1 a1b1 1 a2b2 1 anbn 5 12 解 (1)由条件得 2bnanan1，abnbn1. 2n1 由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425. 猜测ann(n1)，bn(n1)2. 用数学归纳法证明： 当n1 时，由上可得结论成立 假设当nk(kN N*，k1)时，结论成立，即 akk(k1)，bk(k1)2. 那么当nk1 时， ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)， bk1(k2)2.所
6、以当nk1 时，结论也成立 a 2k1 bk 由，可知ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立 (2) . 1 a1b1 1 6 5 12 当n2 时，由(1)知 anbn(n1)(2n1)2(n1)n. 故 1 a1b1 1 a2b2 1 anbn 1 6 1 2 1 2 3 1 3 4 1 nn1 1 6 1 2( 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1) . 1 6 1 2( 1 2 1 n1) 1 6 1 4 5 12 B B 组 能力提升 - 4 - 1设x，y，z0，则三个数 ， ， ( ) y x y z z x z y x z x y A都大于 2 B至少有一
7、个大于 2 C至少有一个不小于 2 D至少有一个不大于 2 C C 因为6， ( y x y z) ( z x z y) ( x z x y) ( y x x y) ( y z z y) ( z x x z) 当且仅当xyz时等号成立 所以三个数中至少有一个不小于 2，故选 C. 2 已知函数f(x) x，a，b是正实数，Af ，Bf()，Cf， 则A，B，C ( 1 2)( ab 2) ab ( 2ab ab) 的大小关系为( ) AABC BACB CBCA DCBA A A ，又f(x) x在 R R 上是减函数 ab 2 ab 2ab ab( 1 2) ff()f，即ABC. ( ab
8、 2) ab ( 2ab ab) 3设平面内有n条直线(n3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同 一点若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)_；当n4 时，f(n) _(用n表示) 5 5 (n1)(n2) 由题意知f(3)2，f(4)5，f(5)9，可以归纳出每增加一条直 1 1 2 2 线， 交点增加的个数为原有直线的条数， 所以f(4)f(3)3，f(5)f(4)4， 猜测得出f(n) f(n1)n1(n4)有f(n)f(3)34(n1)，所以f(n) (n1)(n2) 1 2 4 等比数列an的前n项和为Sn.已知对任意的nN N*， 点(n，Sn)均在函数y
9、bxr(b0， 且b1，b，r均为常数)的图像上 (1)求r的值； (2)当b2 时，记bn2(log2an1)(nN N*) 证明：对任意的nN N*，不等式成立 b11 b1 b21 b2 bn1 bn n1 解 (1)由题意，Snbnr， 当n2 时，Sn1bn1r， 所以anSnSn1bn1(b1)， 由于b0， 且b1， 所以n2 时， an是以b为公比的等比数列， 又a1br，a2b(b 1)，b，即b，解得r1. a2 a1 bb1 br - 5 - (2)证明 ： 由(1)知an2n1， 因此bn2n(nN N*)， 所证不等式为 21 2 41 4 2n1 2n .n1 当n1 时，左式 ，右式， 3 2 2 左式右式，所以结论成立 假设nk时结论成立，即， 21 2 41 4 2k1 2k k1 则当nk1 时， 21 2 41 4 2k1 2k 2k3 2k1 k1 2k3 2k1 2k3 2k1 要证当nk1 时结论成立， 只需证， 2k3 2k1 k2 即证， 2k3 2 k1k2 由基本不等式可得 成立， 2k3 2 k1k2 2 k1k2 故成立，所以当nk1 时，结论成立 2k3 2k1 k2 根据可知，nN N*时， 不等式成立 b11 b1 b21 b2 bn1 bn n1