2019版高考数学复习不等式推理与证明课时分层作业三十九6.5直接证明与间接证明理.docx

课时分层作业 三十九直接证明与间接证明一、选择题(每小题5分,共25分)1.要证明+1;a+b=2;a+b2;a2+b22;ab1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是导学号12560622 ()A.B.C.D.【解析】选C.若a=,b=,则a+b1,但a1,b2,故推不出;若a=-2,b=-3,则ab1,故推不出;对于,即a+b2,则a,b中至少有一个大于1,反证法:假设a1且b1,则a+b2与a+b2矛盾,因此假设不成立,则a,b中至少有一个大于1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设ab0,m=-,n=,则m,n的大小关系是_.【解析】(分析法)-a0,显然成立.答案:mn【巧思妙解】(取特殊值法)取a=2,b=1,得mn.答案:mn7.已知a,b,(0,+)且+=1,则使得a+b恒成立的的取值范围是_.【解析】因为a,b(0,+)且+=1,所以a+b=(a+b)=10+10+2=16,所以a+b的最小值为16.所以要使a+b恒成立,需16,所以00,则实数p的取值范围是_.【解析】 (补集法)令解得p-3或p,故满足条件的p的范围为.答案:【一题多解】(直接法)依题意有f(-1)0或f(1)0,即2p2-p-10或2p2+3p-90,得-p1或-3p0,求证:2a3-b32ab2-a2b.【证明】 要证明2a3-b32ab2-a2b成立,只需证:2a3-b3-2ab2+a2b0,即2a(a2-b2)+b(a2-b2)0,即(a+b)(a-b)(2a+b)0.因为ab0,所以a-b0,a+b0,2a+b0,从而(a+b)(a-b)(2a+b)0成立,所以2a3-b32ab2-a2b.10.已知四棱锥S-ABCD中,底面是边长为1的正方形,又SB=SD=,SA=1. (1)求证:SA平面ABCD.(2)在棱SC上是否存在异于S,C的点F,使得BF平面SAD?若存在,确定F点的位置;若不存在,请说明理由.【解析】 (1)由已知得SA2+AD2=SD2,所以SAAD.同理SAAB.又ABAD=A,所以SA平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S,C的点F,使得BF平面SAD.因为BCAD,BC平面SAD.所以BC平面SAD.而BCBF=B,所以平面FBC平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾,所以假设不成立.所以不存在这样的点F,使得BF平面SAD.1.(5分)设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+()A.都大于2B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2【解析】选D.因为a0,b0,c0,所以+=+6,当且仅当a=b=c时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.2.(5分)(2018洛阳模拟) 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【解析】选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)f(x)成立,则()A.3f(ln 2)2f(ln 3)B.3f(ln 2)0),则F(x)=,因为x0,所以ln xR,因为对任意xR都有f (x)f(x),所以f(ln x)f(ln x),所以F(x)0,所以F(x)为增函数,因为320,所以F(3)f(2),即,所以3f(ln 2)2f(ln 3).3.(5分)(2018合肥模拟)某同学准备用反证法证明如下一个问题:函数f(x)在0,1上有意义,且f(0)=f(1),如果对于不同的x1,x20,1,当|f(x1)-f(x2)|x1-x2|时,求证:|f(x1)-f(x2)|.那么他的反设应该是_.【解析】根据反证法,写出相反的结论是:存在x1,x20,1,当|f(x1)-f(x2)| |x1-x2|时,则|f(x1)-f(x2)|.答案:存在x1,x20,1,当|f(x1)-f(x2)|1). (1)证明:函数f(x)在(-1,+)上为增函数.(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.【证明】 (1)任取x1,x2(-1,+),不妨设x10.因为a1,所以1且0,所以-=(-1)0.又因为x1+10,x2+10,所