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第四节直接证明和间接证明A组基础题组1.(20xx广东广州调研)若a,b,c为实数,且ab0,则下列命题正确的是()A.ac2abb2C.1aab2.若P=a+6+a+7,Q=a+8+a+5(a0),则P,Q的大小关系是()A.PQB.P=QC.P1;a+b=2;a+b2;a2+b22;ab1.其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是()A.B.C.D.5.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,若x1+x20,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6.已知a,b,x均为正数,且ab,则ba与b+xa+x的大小关系是.7.下列条件:ab0,ab0,b0,a0,b1324(nN*)的过程中,由“n=k”推导“n=k+1”时,不等式的左边增加的式子是.9.已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=a+bx-12x2+13x3,函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线.(1)求a,b的值;(2)证明:f(x)g(x).10.已知数列an满足a1=12,且an+1=an3an+1(nN*).(1)证明:数列1an是等差数列,并求数列an的通项公式;(2)设bn=anan+1(nN*),数列bn的前n项和记为Tn,证明:Tnab+ba,则a,b应满足的条件是.14.设数列an的前n项和为Sn,且对任意的自然数n都有(Sn-1)2=anSn,通过计算S1,S2,S3,猜想Sn=.15.等差数列an的前n项和为Sn,a1=1+2,S3=9+32.(1)求数列an的通项an与前n项和Sn;(2)设bn=Snn(nN*),求证:数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列.16.已知数列an满足a1=a2,an=an-1+2(n2,nN*).(1)求证:对任意nN*,an2;(2)判断数列an的单调性,并说明你的理由;(3)设Sn为数列an的前n项和,求证:当a=3时,Sn2n+43.答案全解全析A组基础题组1.Ba2-ab=a(a-b),ab0,a-b0,a2ab.同理,abb2,由得a2abb2.2.A假设PQ,要证PQ,只需证P2Q2,只需证:2a+13+2(a+6)(a+7)2a+13+2(a+8)(a+5),只需证a2+13a+42a2+13a+40,只需证4240,因为4240成立,所以PQ成立.3.A假设n=k时,原式能被9整除,即k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,当n=k+1时,原式=(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3,为了能用上面的归纳假设,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.4.C若a=12,b=23,则a+b1,但a1,b2,但a1,b1,但a1,b2,则“a,b中至少有一个大于1”成立.证明(反证法):假设a1且b1,则a+b2,与a+b2矛盾,因此假设不成立,故a,b中至少有一个大于1.故选C.5.A由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数,由x1+x20,可知x1-x2,f(x1)f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)ba解析b+xa+x-ba=x(a-b)(a+x)a0,b+xa+xba.7.答案3解析要使b+ab2成立,则ba0,即a与b同号,故均能使ba+ab2成立.8.答案1(2k+1)(2k+2)解析不等式的左边增加的式子是12k+1+12k+2-1k+1=1(2k+1)(2k+2).9.解析(1)f(x)=11+x,g(x)=b-x+x2,由题意得g(0)=f(0),f (0)=g(0),解得a=0,b=1.(2)证明:令h(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-13x3+12x2-x(x-1),则h(x)=1x+1-x2+x-1=-x3x+1.h(x)在(-1,0)上为增函数,在(0,+)上为减函数.h(x)max=h(0)=0,h(x)0,即f(x)g(x).10.解析(1)由已知可得,当nN*时,an+1=an3an+1,两边取倒数得,1an+1=3an+1an=1an+3,即1an+1-1an=3,所以数列1an是首项为1a1=2,公差为3的等差数列,其通项公式为1an=2+(n-1)3=3n-1,所以数列an的通项公式为an=13n-1.(2)证明:由(1)知an=13n-1,故bn=anan+1=13n-113(n+1)-1=1(3n-1)(3n+2)=1313n-1-13n+2,故Tn=b1+b2+bn=1312-15+1315-18+1313n-1-13n+2=1312-13n+2=16-1313n+2.因为13n+20,所以Tnab+ba,即(a-b)2(a+b)0,需满足a0,b0且ab.14.答案nn+1解析由(S1-1)2=S12得S1=12;由(S2-1)2=(S2-S1)S2得S2=23;由(S3-1)2=(S3-S2)S3得S3=34.猜想Sn=nn+1.15.解析(1)由于a1=2+1,3a1+3d=9+32,d=2,故an=2n-1+2,Sn=n(n+2).(2)证明:由(1)得bn=Snn=n+2.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bq2=bpbr,即(q+2)2=(p+2)(r+2),(q2-pr)+(2q-p-r)2=0.p,q,rN*,q2-pr=0,2q-p-r=0,p+r22=pr,(p-r)2=0,p=r,与pr矛盾.数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列.16.解析(1)证明:用数学归纳法证明an2(nN*):当n=1时,a1=a2,结论成立;假设n=k(k1)时结论成立,即ak2,则n=k+1时,ak+1=ak+22+2=2,所以n=k+1时,结论成立.故由及数学归纳法知对任意nN*,都有an2成立.(2)an是单调递减的数列.理由如下:因为an+12-an2=an+2-an2=-(an-2)(an+1),又an2,所以an+12-an20,易知an+12(nN*),所以an+1-2an-2=1an+1+214,所以an+1-214(an-2)142(an-1-2)14n(a1-2).所以,当a=3时,an+1-214n,即an+114n+2.当n=1时,S1=32+43,当n2时,Sn=3+a2+a3+an3+14+2+142+2+14n-1+2=3+2(n-1)+141-141-14n-1=2n+1+131-14n-12n+43.综上,当a=3时,Sn2n+43(nN*).
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