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综合法、分析法、反证法、数学归纳法建议用时：45分钟一、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60B三个内角都大于60C三个内角至多有一个大于60D三个内角至多有两个大于60B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分析法又称执果索因法，已知x0，用分析法证明1Bx24Cx20Dx21C因为x0，所以要证1，只需证()22，即证00，因为x0，所以x20成立，故原不等式成立3(2019哈尔滨模拟)用数学归纳法证明不等式“1n(nN，n2)”时，由nk(k2)时不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项数是()A2k1B2k1C2kD2k1Cnk1时，左边1，增加了，共(2k11)(2k1)2k项，故选C.4设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)单调递减，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(k1)(k1)2成立”那么，下列命题总成立的是()A若f(1)1成立，则f(10)100成立B若f(2)4成立，则f(1)1成立C若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立D若f(4)16成立，则当k4时，均有f(k)k2成立D由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立，所以A错误；若f(1)1成立，则得到f(2)4，与f(2)2要比较与2的大小，只需比较()2与(2)2的大小，只需比较672与854的大小，只需比较与2的大小，只需比较42与40的大小，4240，2.7用数学归纳法证明不等式的过程中，由nk推导nk1时，不等式的左边增加的式子是_不等式的左边增加的式子是.8若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1，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_若二次函数f(x)0在区间1,1内恒成立，则解得p3或p，故满足题干要求的p的取值范围为.三、解答题9已知x，y，z是互不相等的正数，且xyz1，求证：8.证明因为x，y，z是互不相等的正数，且xyz1，所以1，1，1，由，得8.10设数列an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和(1)求证：数列Sn不是等比数列；(2)数列Sn是等差数列吗？为什么？解(1)证明：假设数列Sn是等比数列，则SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)，因为a10，所以(1q)21qq2，即q0，这与公比q0矛盾，所以数列Sn不是等比数列(2)当q1时，Snna1，故Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数列假设Sn是等差数列，则2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，由于a10，2(1q)2qq2，即qq2.得q0，这与公比q0矛盾综上，当q1时，数列Sn是等差数列；当q1时，数列Sn不是等差数列1设x，y，z0，则三个数，()A都大于2B至少有一个大于2C至少有一个不小于2D至少有一个不大于2C因为6，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的大小关系为()AABCBACBCBCADCBAA，又f(x)x在R上是减函数，ff()f，即ABC.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(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)4在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nN)(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：.解(1)由条件得2bnanan1，abnbn1.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，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.所以当nk1时，结论也成立由，可知ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立(2).当n2时，由(1)知anbn(n1)(2n1)2(n1)n.故.综上，原不等式成立1(2019广州模拟)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n2时，关于x，y，z的方程xnynzn没有正整数解”经历三百多年，于二十世纪九十年代中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是()A至少存在一组正整数组(x，y，z)使方程x3y3z3有解B关于x，y的方程x3y31有正有理数解C关于x，y的方程x3y31没有正有理数解D当整数n3时，关于x，y，z的方程xnynzn没有正实数解C由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个假设关于x，y的方程x3y31有正有理数解，故x，y可写成整数比值的形式，不妨设x，y，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数代入方程得1，两边乘以a3n3得，(am)3(bn)3(an)3，由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于x，y的方程x3y31没有正有理数解故选C.2已知xi0(i1,2,3，n)，我们知道(x1x2)4成立(1)求证：(x1x2x3)9.(2)同理我们也可以证明出(x1x2x3x4)16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x1x2xn和(n2，nN)有关的不等式，并用数学归纳法证明解(1)证明：法一：(x1x2x3)339(当且仅当x1x2x3时，等号成立)法二：(x1x2x3)332229(当且仅当x1x2x3时，等号成立)(2)猜想：(x1x2xn)n2(n2，nN)证明如下：当n2时，由已知得猜想成立；假设当nk(k2，kN)时，猜想成立，即(x1x2xk)k2，则当nk1时，(x1x2xkxk1)(x1x2xk)(x1x2xk)xk11k2(x1x2xk)xk11k21k2221k22k1(k1)2，所以当nk1时不等式成立综合可知，猜想成立
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