(全国通用版)高考数学一轮复习第十九单元算法初步、复数、推理与证明高考达标检测(五十六)证明4方法—

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 ＝2，y ＝7－3，z ＝6－2，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x 2
－z 2
＝2－(8－43)＝43－6＝48－36>0，∴x >z . ∵z
y
＝
6－27－3
＝
7＋36＋2
>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，∃x 0∈D ，使得0<|f (x 0)－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 )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 x
＋1(x ∈Z)；
③f (x )＝log 2x ；④f (x )＝
x －1
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x 0属于f (x )的定义域，使得f (x 0)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 x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)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x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)， 则f (x 1)＋f (x 2)<0.
4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫2ab a ＋b ，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
a ＋b
2
≥ab ≥
2ab
a ＋b
， 又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫2ab a ＋b .
5．设n ∈N ，则n ＋4－n ＋3与n ＋2－n ＋1的大小关系是( ) A.n ＋4－n ＋3>n ＋2－n ＋1 B.n ＋4－n ＋3<n ＋2－n ＋1 C.n ＋4－n ＋3＝n ＋2－n ＋1 D ．不能确定
解析：选 B 由题意知，(n ＋4－n ＋3)－(n ＋2－n ＋1)＝(n ＋4＋n ＋1)－ (n ＋3＋n ＋2)，
因为(n ＋4＋n ＋1)2
－(n ＋3＋n ＋2)2
＝2[
n ＋n ＋
－n ＋n ＋]
＝2(n 2
＋5n ＋4－n 2
＋5n ＋6)<0， 所以n ＋4－n ＋3<n ＋2－n ＋1.
6．已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，则a ＋4b ，b ＋9c ，c ＋16
a
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 ＋4b ，b ＋9c ，c ＋16
a
都小于6，
则a ＋4b ＋b ＋9c ＋c ＋16
a
＜18,
利用基本不等式，
可得a ＋4b ＋b ＋9c ＋c ＋16
a
≥2
a ·16
a
＋2
b ·4
b
＋2 c ·9
c
＝8＋4＋6＝18， 这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，
所以a ＋4b ，b ＋9c ，c ＋16
a
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x 2
－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 )＝4x 2
－2(p －2)x －2p 2
－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⎩⎪⎨⎪⎧
f －＝－2p 2
＋p ＋1≤0，f
＝－2p 2
－3p ＋9≤0，
解得p ≤－3或p ≥3
2
，
故满足条件的p 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 法二：(直接法)
依题意有f (－1)>0或f (1)>0， 即2p 2
－p －1<0或2p 2
＋3p －9<0， 得－12<p <1或－3<p <3
2
，
故满足条件的p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 .
答案：⎝
⎛⎭⎪⎫－3，32
9．(2018·德州一模)如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 2B 2C 2是________三角形．
解析：由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0， 则△A 1B 1C 1是锐角三角形， 假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．
由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－A 1，sin B 2
＝cos B 1
＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1
，
sin C 2
＝cos C 1
＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－C 1
，得⎩⎪⎨⎪⎧
A 2＝π2
－A 1，
B 2
＝π
2－B 1
，
C 2
＝π2－C 1
.
那么，A 2＋B 2＋C 2＝π
2，这与三角形内角和为π相矛盾．
所以假设不成立，又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形． 所以△A 2B 2C 2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：
b ＋
c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c
c
＞3.
证明：因为a ，b ，c 为不全相等的正数， 所以
b ＋
c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c
c
＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋b c
－3 ＞2 b a ·a b
＋2 c a ·a c ＋2 c b ·b
c
－3＝3， 即
b ＋
c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c
c
＞3. 11．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n
1＋a n (n ∈N *
)，
(1)计算a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2)证明(1)中的猜想．
解：(1)在数列{a n }中，∵a 1＝2，a n ＋1＝
a n
1＋a n
(n ∈N *
)，
∴a 1＝2＝21，a 2＝a 11＋a 1＝23，a 3＝a 21＋a 2＝25，a 4＝a 31＋a 3＝2
7，
∴猜想这个数列的通项公式是a n ＝22n －1
. (2)证明：法一：∵a n ＋1＝a n
1＋a n ，
∴
1
a n ＋1
＝1＋a n a n ＝1＋1a n ，∴1a n ＋1－1a n
＝1.
∵a 1＝2，∴1a 1＝12
，
∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 是以1
2为首项，1为公差的等差数列，
∴1a n ＝12＋(n －1)×1＝2n －12，∴a n ＝2
2n －1. 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，a k ＝22k －1成立．
则当n ＝k ＋1(k ∈N *
)时， a k ＋1＝a k 1＋a k ＝22k －11＋
22k －1＝2
2k ＋1
，
因此当n ＝k ＋1时，命题成立．
综上①②可知：a n ＝22n －1
对n ∈N *
都成立．
12．已知函数f (x )＝x 3
－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，－
2f
x x
2，
f
x
x
中至少有一个不小于 3.
解：(1)∵f (x )＝x 3
－ax ，∴f ′(x )＝3x 2
－a ， ∵函数f (x )＝x 3
－ax 在x ＝1处取得极小值， ∴f ′(1)＝0，即3－a ＝0， ∴a ＝3.
(2)证明：假设－
2f
x x
2
，
f
x
x
都小于3，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
－
2f x
x 2<3，f x x
<3，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
－2x ＋6
x
<3，
3x －3
x < 3.
∴⎝
⎛⎭⎪⎫－2x ＋6x ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫3x －3x <23，
即x ＋3x <23，当x ＞0时，x ＋3
x
≥2
x ·3
x
＝23， 当且仅当x ＝3
x
，即x ＝3时等号成立，
∴假设不成立， ∴－2f x x
2
，f x x
中至少有一个不小于 3.
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x 1，x 2，x 3，x 4，大圆盘上所写的实数分别记为y 1，y 2，y 3，y 4，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T i (i ＝1,2,3,4)为转动i 次后各区域内两数乘积之和，例如T 1＝x 1y 2＋x 2y 3＋x 3y 4＋x 4y 1.若x 1＋x 2＋x 3＋x 4＜0，y 1＋y 2＋y 3＋y 4＜0，则以下结论正确的是( )
A ．T 1，T 2，T 3，T 4中至少有一个为正数
B ．T 1，T 2，T 3，T 4中至少有一个为负数
C ．T 1，T 2，T 3，T 4中至多有一个为正数
D ．T 1，T 2，T 3，T 4中至多有一个为负数
解析：选A 因为x 1＋x 2＋x 3＋x 4＜0，y 1＋y 2＋y 3＋y 4＜0， 所以(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)(y 1＋y 2＋y 3＋y 4)>0，
即x 1y 1＋x 1y 2＋x 1y 3＋x 1y 4＋ x 2y 1＋x 2y 2＋x 2y 3＋x 2y 4＋x 3y 1＋x 3y 2＋x 3y 3＋x 3y 4＋x 4y 1＋x 4y 2＋
x 4y 3＋x 4y 4>0，
即T 1＋T 2＋T 3＋T 4>0，即T 1，T 2，T 3，T 4中至少有一个为正数．选A.
2．设f n (x )是等比数列1，x ，x 2
，…，x n
的各项和，其中x ＞0，n ∈N ，n ≥2. (1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ； (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
g n (x )，比较f n (x )和 g n (x )的大小，并加以证明．
解：(1)证明：F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2
＋…＋x n
－2， 则F n (1)＝n －1＞0，
F n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪
⎫12n ＋1
1－
12－2＝－12n ＜0， 所以F n (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1内至少存在一个零点． 又F ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx
n －1
＞0，
故F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n . 因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0， 即1－x n ＋1
n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1
n . (2)由题设，f n (x )＝1＋x ＋x 2
＋…＋x n
，
g n (x )＝
n ＋
x n ＋
2
，x ＞0.
当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )．
当x ≠1时，用数学归纳法可以证明f n (x )＜g n (x )． ①当n ＝2时，f 2(x )－g 2(x )＝－12(1－x )2
＜0，
所以f 2(x )＜g 2(x )成立．
②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *
)时，不等式成立， 即f k (x )＜g k (x )． 那么，当n ＝k ＋1时，
f k
＋1
(x )＝f k (x )＋x
k ＋1
＜g k (x )＋x
k ＋1
＝
k ＋
＋x
k
2
＋x
k ＋1
＝
2x
k ＋1
＋k ＋
x k ＋k ＋1
2
.
又g k ＋1(x )－2x
k ＋1
＋k ＋
x k ＋k ＋12
＝
kx k ＋1－k ＋
x k ＋1
2
，
令h k (x )＝kx
k ＋1
－(k ＋1)x k
＋1(x ＞0)，
则h ′k (x )＝k (k ＋1)x k
－k (k ＋1)x k －1
＝k (k ＋1)x
k －1
·(x －1)．
所以当0＜x ＜1时，h ′k (x )＜0，h k (x )在(0,1)上递减； 当x ＞1时，h ′k (x )＞0，h k (x )在(1，＋∞)上递增． 所以h k (x )＞h k (1)＝0， 从而g k ＋1(x )＞
2x
k ＋1
＋k ＋
x k ＋k ＋1
2
.
故f k ＋1(x )＜g k ＋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f n (x )＜g n (x )．。