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【创新方案】(浙江专版)2014届高考数学一轮复习 6.6 直接证明与间接证明限时集训 理


限时集训(三十七)

直接证明与间接证明

(限时:50 分钟 满分:106 分) 一、选择题(本大题共 8 个小题,每小题 5 分,共 40 分) 1.用反证法证明命题:若系数为整数的一元二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)有有理根, 那么 a,b,c 中至少有一个是偶数,下列假设中正确的是( A.假设 a,b,c 都是偶数 B.假设 a,b,c 都不是偶数 C.假设 a,b,c 至多有一个是偶数 D.假设 a,b,至多有两个是偶数 )
2

?1?x ?a+b?,B=f( ab),C=f? 2ab ?,则 A, 2.已知函数 f(x)=? ? ,a,b 为正实数,A=f? ? ?a+b? 2? ? ? 2 ? ? ?
B,C 的大小关系为(
A.A≤B≤C C.B≤C≤A ) B.A≤C≤B D.C≤B≤A )

3.(2013·成都模拟)设 a,b∈R,则“a+b=1”是“4ab≤1”的( A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

4.双曲函数是一类在物理学上具有十分广泛应用的函数,并且它具有与三角函数相似 e -e 的一些性质,下面给出双曲函数的定义:双曲正弦函数:sh x= ,双曲余弦函数:ch 2
x
-x

x=

e +e ,则函数 y=ch(2x)-ch x 的值域为( 2 A.{y|y≥-1} C.{y|y≥0}

x

-x

)

B.{y|y≥1 且 y≠4} D.{y|y≥0 且 y≠1} )

5.若 P= a+ a+7,Q= a+3+ a+4(a≥0),则 P、Q 的大小关系是( A.P>Q C.P<Q B.P=Q D.由 a 的取值确定

6.(2013·银川模拟)设 a、b、c 是不全相等的正数,给出下列判断: ①(a-b) +(b-c) +(c-a) ≠0; ②a>b,a<b 及 a=b 中至少有一个成立; ③a≠c,b≠c,a≠b 不能同时成立, 其中正确判断的个数为( A.0 C.2 ) B.1 D.3
2 2 2

1

7.不相等的三个正数 a,b,c 成等差数列,并且 x 是 a,b 的等比中项,y 是 b,c 的 等比中项,则 x ,b ,y 三数( A.成等比数列而非等差数列 B.成等差数列而非等比数列 C.既成等差数列又成等比数列 D.既非等差数列又非等比数列 8. R 上定义运算: 在 ? 则实数 a 的最大值为( 1 A.- 2 C. 1 2
2 2 2

)

?a b? ?x-1 a-2? ?=ad-bc.若不等式? ?≥1 对任意实数 x 恒成立, x ? ?c d? ?a+1
) 3 B.- 2 3 D. 2

二、填空题(本大题共 6 个小题,每小题 4 分,共 24 分) 9.已知两个正数 a,b,可按规则 c=ab+a+b 扩充为一个新数 c,在 a,b,c 三个数 中取两个较大的数,按上述规则扩充得到一个新数,依次下去,将每扩充一次得到一个新数 称为一次操作.若 a=1,b=3,按上述规则操作三次,扩充所得的数是________. 1 1 1 1 3 * 10.设 Sn= + + +?+ (n∈N ), Sn+1·Sn+2= ,则 n 的值是________. 且 2 6 12 n? n+1? 4 1 9 11.(2013·株洲模拟)已知 a,b,μ ∈(0,+∞)且 + =1,则使得 a+b≥μ 恒成立

a b

的 μ 的取值范围是________. 12. (2013·杭州模拟)设 M 是由满足下列条件的函数 f(x)构成的集合: (1)方程 f′(x) -x=0 有实数根; (2)函数 f(x)的导数 f(x)满足 0<f′(x)<1.试判断下列两个函数: f(x) ①

x sin x = + ;②f(x)=x+cos x.其中是集合 M 中的元素的有________(用序号填空). 2 4
13.若二次函数 f(x)=4x -2(p-2)x-2p -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________. 14.将正整数 12 分解成两个正整数的乘积有 1×12,2×6,3×4 三种,其中 3×4 是这 三种分解中,两数差的绝对值最小的,我们称 3×4 为 12 的最佳分解.当 p×q(p≤q 且 p,
2 2

p 3 q∈N*)是正整数 n 的最佳分解时,我们规定函数 f(n)= ,例如 f(12)= . q 4
1 3 4 9 关于函数 f(n)有下列叙述:①f(7)= ,②f(24)= ,③f(28)= ,④f(144)= .其 7 8 7 16 中正确的序号为________(填入所有正确的序号). 三、解答题(本大题共 3 个小题,每小题 14 分,共 42 分)

2

1 1 15.已知 a>0, - >1,求证: 1+a>

1 1-b

b a

.

16.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9+3 2. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn; (2)设 bn= (n∈N ),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

Sn n

*

17.已知{an}是正数组成的数列,a1=1,且点( an,an+1)(n∈N )在函数 y=x +1 的图 象上. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 b1=1,bn+1=bn+2an, 求证:bn·bn+2<bn+1.
2

*

2

答 案 [限时集训(三十七)] 1.B 2.A 3.A 4.C 5.C 6.C 7.B 8.D 9.解析:操作一次得到新数 1×3+1+3=7;操作两次得到新数 3×7+3+7=31;操 作三次得到新数 7×31+7+31=255. 答案:255 10.解析:由 1

n? n+1?

1 1 = - 得 n n+1

3

1 ? n n+1 n+2 n+1 ? 1? ?1 1? ?1 1? ?1 到 Sn=?1- ?+? - ?+? - ?+?+? - S ?=n+1,n+1·Sn+2=n+2·n+3=n+3 ? 2? ?2 3? ?3 4? ?n n+1? 3 = ,解得 n=5. 4 答案:5 1 9 11.解析:∵a,b∈(0,+∞)且 + =1,

a b a?

?1 9? ?9a b? ∴a+b=(a+b)? + ?=10+? + ?≥10+2 9=16, ?a b? ?b
∴a+b 的最小值为 16. ∴要使 a+b≥μ 恒成立,需 16≥μ , ∴0<μ ≤16. 答案:(0,16] 1 1 12.解析:①因为 f′(x)= + cos x, 2 4

?1 3? 所以 f′(x)∈? , ?,满足条件 0<f′(x)<1. ?4 4?
又因为当 x=0 时,f(0)=0,所以方程 f(x)-x=0 有实数根 0. 所以函数 f(x)= + 2

x sin x
4

是集合 M 中的元素.

②因为 f′(x)=1-sin x,所以 f′(x)∈[0,2],不满足条件 0<f′(x)<1,所以函数

f(x)=x+cos x 不是集合 M 中的元素.
答案:① 13.解析:法一:(补集法)
?f? ? 令? ? ? f?

-1?

=-2p +p+1≤0,
2

2

1? =-2p -3p+9≤0,

3 解得 p≤-3 或 p≥ , 2 3? ? 故满足条件的 p 的范围为?-3, ?. 2? ? 法二:(直接法) 依题意有 f(-1)>0 或 f(1)>0, 即 2p -p-1<0 或 2p +3p-9<0, 1 3 得- <p<1 或-3<p< , 2 2 3? ? 故满足条件的 p 的取值范围是?-3, ?. 2? ?
4
2 2

3? ? 答案:?-3, ? 2? ? 1 14.解析:因为 7=1×7,它为 7 的最佳分解,所以 f(7)= ,故①正确;24=1×24 7 4 2 =2×12=3×8=4×6, 4×6 为 24 的最佳分解, 故 从而 f(24)= = , 故②不正确; 28=1×28 6 3 4 =2×14=4×7, 4×7 为 28 的最佳分解, 故 从而 f(28)= , 故③正确; 144=1×144=2×72 7 =3×48=4×36=6×24=8×18=12×12,故 12×12 为 144 的最佳分解,从而 f(144)=1, 故④不正确. 答案:①③ 1 1 15.证明:∵ - >1,a>0

b a

∴0<b<1 要证 1+a> , 1-b 1

只需证 1+a· 1-b>1, 只需证 1+a-b-ab>1, 只需证 a-b-ab>0 即 1 1 即 - >1.

a-b >1 ab

b a

这是已知条件,所以原不等式成立. 16.解:(1)由已知得

?a1= 2+1, ? ?3a1+3d=9+3 2,
解得 d=2, 故 an=2n-1+ 2,

Sn=n(n+ 2).
(2)证明:由(1)得

Sn bn= =n+ 2. n
假设数列{bn}中存在三项 bp,bq,br(p,q,r 互不相等)成等比数列, 则 bq=bpbr. 即(q+ 2) =(p+ 2)(r+ 2). ∴(q -pr)+ 2(2q-p-r)=0.
5
2 2 2

? ?q -pr=0, ∵p,q,r∈N ,∴? ? ?2q-p-r=0.
*

2

∴?

?p+r?2=pr,(p-r)2=0. ? ? 2 ?

∴p=r. 与 p≠r 矛盾. ∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列. 17.解:(1)由已知得 an+1=an+1, 则 an+1-an=1,又 a1=1,所以数列{an}是以 1 为首项,1 为公差的等差数列. 故 an=1+(n-1)×1=n. (2)由(1)知,an=n,从而 bn+1-bn=2 .
n

bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+?+(b2-b1)+b1
=2
n-1

+2

n-2

1-2 +?+2+1= 1-2

n

=2 -1. 因为 bn·bn+2-bn+1 =(2 -1)(2 =(2
2n+2 2

n

n

n+2

-1)-(2
n

n+1

-1)
2n+2

2

-2

n+2

-2 +1)-(2

-2·2

n+1

+1)

=-2 <0, 所以 bn·bn+2<bn+1.
2

n

6


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