2019年高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十八6.5直接证明与间接证明文

1、2019 年高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 课时分层作业 三十八6.5 直接证明与间接证明 文一、选择题 (每小题 5分,共 25分)1. 要证明 +<2, 可选择的方法有以下几种 ,其中最合理的是 ( )A. 综合法B. 分析法C. 反证法D. 归纳法【解析】选B.从要证明的结论一一比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法 .2. (xx 广州模拟)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是 ( )A. 方程 x2+ax+b=0 没有实根B. 方程 x2+ax+b=0 至多有一个

2、实根2C. 方程 x2+ax+b=0 至多有两个实根2D. 方程 x2+ax+b=0 恰好有两个实根【解析】选A.因为“方程x2+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x2+ax+b=0有一个实根或两个实根”, 所以该命题的否定是“方程x2+ax+b=0没有实根”.2 2 2 23. 要证:a +b -1-a b < 0,只要证明 ()22A. 2ab-1-a b < 022B. a +b -1- w 022C. -1-a 2b2w022D. (a -1)(b -1) > 0【解析】 选D.因为要证a2+b2-1-a2b2 w 0,只需要证(a2-1)(b 2-1) >

3、; 0.4. 命题“如果数列an的前n项和S=2n2-3n,那么数列an一定是等差数列”是否成立()A. 不成立B. 成立C. 不能断定D. 能断定2【解析】 选 B. 因为 Sn=2n2-3n,2所以 Sn-i =2(n-1) -3(n-1)(n > 2),所以an=S-Sn-i=4n-5(n=1时,ai=S=-1符合上式).又因为an+i-an=4(n > 1),所以an是等差数列.【变式备选】(xx 西安模拟)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x2,b2,y 2三数()A.成等比数列而非等差数列B. 成等差数列而非等比

4、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【解析】a + c = 2b,Q)x2 ab,y2 = be.由得选B.由已知条件，可得X2rC .* b 代入,得+=2b,即 x2+y2=2b2.故 x2,b5.设 a,b是两个实数，给出下列条件：22a+b>1;a+b=2;a+b>2;a +b >2;ab>1.其中能推出：“a,b中至少有一个大于1”的条件是 （A.B.C.【解析】选C.若a=,b=,则a+b>1,但a<1,b<1,故推不出；若a=b=1,则a+b=2,故推不出；若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故推不出；

5、若a=-2,b=-3,则ab>1,故推不出；对于,即a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,反证法：假设a < 1且b < 1,则a+bw 2与a+b>2矛盾，因此假设不成立，则a,b中至少有一个大于1.2,y2成等差数列）D.、填空题（每小题5分，共15分）6.设a>b>0,m=-,n=,贝U m,n的大小关系是 .【解析】（分析法）-< ?+>?a<b+2 +a-b?2 >0,显然成立. 答案：m<n【巧思妙解】（取特殊值法）取a=2,b=1,得m<n.答案：m<n7. 已知a,b,卩 (0,+ s)且+=

6、1,则使得a+b>卩恒成立的 卩的取值范围是 .【解析】因为a,b (0,+ s)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>卩恒成立，需16卩,所以0<< 16.答案:(0,168. (xx 商丘模拟)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.【解析】(补集法)! I (- 1) = - 2卩2 + p + 10,令'"解得p< -3或p >,故满足条件的p的范围为.答案：

7、【一题多解】(直接法)依题意有f(-1)>0 或f(1)>0,即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0,得-<p<1或-3<p<.故满足条件的p的取值范围是.答案：三、解答题(每小题10分，共20分)9. 已知 a > b>0,求证:2a -b > 2ab -a b.【证明】 要证明2a3-b3> 2ab2-a 2b成立,只需证:2a 3-b3-2ab2+a2b> 0,即 2a(a 2-b 2)+b(a 2-b2) > 0,即(a+b)(a-b)(2a+b)> 0.因为 a > b>0,所以

8、 a-b > 0,a+b>0,2a+b>0,从而(a+b)(a-b)(2a+b)> 0 成立，所以 2a3-b 3> 2ab2-a 2b.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丄平面 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】由已知得sa+aDsD, 所以SA丄AD.同理SAI AB.又 ABA AD=A,所以SA!平面ABCD.假设在棱SC上存在异于S,C的点F,使得BF/平面SAD.因为 BC/ AD,BC?平

9、面 SAD.所以BC/平面SAD而BCA BF=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.B组能力提升编 20分坤4"分)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a>0,b>0,c>0,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)(xx 洛阳模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x &

10、gt;0时,f(x)单调递减，若Xi+X2>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 X1+X2>0,可知 X1>-X2,f(x 1)<f(-x 2)= -f(X 2),贝y f(x 1)+f(X 2)<0.【变式备选】 设函数f(x)的导函数为f ' (x),对任意x R都有f ' (x)>f(x)成立，则()A.3f(ln 2)>2f(l n 3)B. 3f(

11、ln 2)<2f(ln 3)C. 3f(ln 2)=2f(ln 3)D. 3f(ln 2)与2f(ln 3) 的大小不确定f (Inx) - f(lnx)【解析】选B.令F(x)=(x>0),则F' (x)=人,因为x>0,所以ln x R,因为对任意x R都有f ' (x)>f(x),所以f' (In x)>f(ln x), 所以F' (x)>0,所以F(x)为增函 数,因为 3>2>0,所以 F(3)>f(2),即 >,所以 3f(ln 2)<2f(ln 3).3. (5分)(xx合肥模拟)某

12、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,X2 0,1,当 |f(x 1)-f(x 2)|<|x 1-x 2|时，求证:|f(x1)-f(X 2)|<.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,X2 0,1,当|f(x 1)-f(x 2)| <|x1-x 2|时，则|f(x 1)-f(x 2)|>.答案：存在 X1,X2 0,1,当 |f(x 1)-f(x 2)|<|x 1-x 2| 时，则 |f(x 1 )-f(x 2)| >4. (12 分)已知非零向量 a,

13、 b,且a丄b,求证:< .【证明】 因为a丄b? a b=0,要证w .只需证 | a|+| b| w | a+b|,2 2 2 2只需证 | a| +2|a| b|+| b| w 2(a+2a b+b ),只需证 | a| +2| a|b|+| b| w 2a +2b ,只需证 | a| 2+|b|2-2| a| b| > 0,2即(| a|-| b|) > 0,上式显然成立，故原不等式得证.5. (13 分)已知函数 f(x)=a x+(a>1).(1) 证明：函数f(x)在(-1,+ 8)上为增函数.(2) 用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.【证明】 任取X1,X 2 (-1,+ 8),不妨设 X1<X2,则 X2-x 1>0.因为a>1,所以>1且>0, 所以-=(-1)>0.又因为 X1+1>0,x 2+1>0,所以j 1(x2 - 2) (x1 + 1) - (%1 一 2) (x2 + 1)=:. I I : ''I3(x2 - x