高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测66直接证明与间接证明

[课时跟踪检测][基础达标]1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的()A．充分条件 B．必要条件C．充要条件 D．等价条件答案：A2．要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，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：从要证明的结论——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，故选B.答案：B3．(2017届亳州模拟)实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．一定是正数 B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不确定解析：由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0，且|a|<c，则eq\f(1,|a|)>eq\f(1,c)，从而－eq\f(1,a)>eq\f(1,c)，而eq\f(1,b)<0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)<0.答案：B4．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：要比较两个正数P，Q的大小关系，只要比较P2，Q2的大小关系，只要比较2a＋7＋2eq\r(aa＋7)与2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)的大小，只要比较eq\r(aa＋7)与eq\r(a＋3a＋4)的大小，即比较a2＋7a与a2＋7只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.答案：C5．(2018届南阳模拟)设a，b，c大于0，则3个数eq\f(a,b)，eq\f(b,c)，eq\f(c,a)的值()A．至多有一个不大于1B．都大于1C．至少有一个不大于1D．都小于1解析：由题意，若3个数eq\f(a,b)，eq\f(b,c)，eq\f(c,a)的值均大于1，则a>b，b>c，c>a，显然矛盾，∴3个数eq\f(a,b)，eq\f(b,c)，eq\f(c,a)的值至少有一个不大于1，故选C.答案：C6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b是正实数，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：因为eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是减函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).即A≤B≤C.故选A.答案：A7．设0<x<1，a>0，b>0，a，b为常数，则eq\f(a2,x)＋eq\f(b2,1－x)的最小值是()A．4ab B．2(a2＋b2)C．(a＋b)2 D．(a－b)2解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x)＋\f(b2,1－x)))[x＋(1－x)]＝a2＋eq\f(a21－x,x)＋eq\f(b2x,1－x)＋b2≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2.当且仅当x＝eq\f(a,a＋b)时，等号成立．故选C.答案：C8．若a>0，b>0，a＋b＝1则下列不等式不成立的是()A．a2＋b2≥eq\f(1,2) B．ab≤eq\f(1,4)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4 D.eq\r(a)＋eq\r(b)≤1解析：∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,2)，∴A成立；∵ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，∴B成立；∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,ab)≥eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2)＝4，∴C成立；∴(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)＝1＋2eq\r(ab)>1，eq\r(a)＋eq\r(b)>1，故D不成立．答案：D9．命题“a，b是实数，若|a＋1|＋(b＋1)2＝0，则a＝b＝－1”答案：a≠－1或b≠－110．用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为______．答案：a，b都不能被5整除11．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>2；②a2＋b2>2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”解析：取a＝－2，b＝－1，则a2＋b2>2，从而②推不出．①能够推出，即若a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1.用反证法证明如下：假设a≤1，且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾．因此假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1.答案：①12．已知a，b，c为不全相等的正数，求证：eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)>3.证明：因为a，b，c为不全相等的正数，所以eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＝eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)＋eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)－3，>2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2eq\r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2eq\r(\f(c,b)·\f(b,c))－3＝3，即eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(c＋a－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)>3.13．已知α，β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β.求证：eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,21＋tan2β).证明：要证eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,21＋tan2β)成立，即证eq\f(1－\f(sin2α,cos2α),1＋\f(sin2α,cos2α))＝eq\f(1－\f(sin2β,cos2β),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sin2β,cos2β))))，即证cos2α－sin2α＝eq\f(1,2)(cos2β－sin2β)，即证1－2sin2α＝eq\f(1,2)(1－2sin2β)，即证4sin2α－2sin2β＝1，因为sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β，且(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ，所以1＋2sin2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2β＝1.故原结论正确．14．已知数列{an}的通项公式是an＝n＋eq\r(3)，求证：数列{an}中任意不同的三项都不可能是等比数列．证明：假设{an}存在不同的三项ap，aq，ar(p、q、r互不相等)构成等比数列．则aeq\o\al(2,q)＝ap·ar，即(p＋eq\r(3))·(r＋eq\r(3))＝(q＋eq\r(3))2，∴pr＋eq\r(3)(p＋r)＋3＝q2＋2eq\r(3)q＋3，∴(pr－q2)＋eq\r(3)(p＋r－2q)＝0，由于p，q，r∈N＋，∴pr－q2＝0且p＋r－2q＝0.于是pr－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))2＝0，得(p－r)2＝0，故p＝r＝q.这与p、q、r互不相等相矛盾，因此假设不成立，即{an}中任意不同的三项都不可能是等比数列．[能力提升]1．设a，b，c都是正数，则a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)三个数()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：因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥6，当且仅当a＝b＝c时取等号，所以三个数中至少有一个不小于2.答案：D2．设x＋y＝1，x，y∈(0，＋∞)，则x2＋y2＋xy的最小值为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(3,4)C．－eq\f(1,4) D．－eq\f(3,4)解析：因为x>0，y>0且x＋y＝1，所以xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))2＝eq\f(1,4)，所以x2＋y2＋xy＝(x＋y)2－xy＝1－xy≥1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，故x2＋y2＋xy有最小值eq\f(3,4).答案：B3．对于函数f(x)，若∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都是某一三角形的三边长，则称f(x)为“可构造三角形函数”．以下说法正确的是()A．f(x)＝1(x∈R)不是“可构造三角形函数”B．“可构造三角形函数”一定是单调函数C．f(x)＝eq\f(1,x2＋1)(x∈R)是“可构造三角形函数”D．若定义在R上的函数f(x)的值域是[eq\r(e)，e](e为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”解析：对于A选项，由题设所给的定义知，∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)是边长为1的正三角形的三边长，是“可构造三角形函数”，故A选项错误；对于B选项，由A选项判断过程知，故B选项错误；对于C选项，当a＝0，b＝3，c＝3时，f(a)＝1>f(b)＋f(c)＝eq\f(1,10)，不构成三角形，故C选项错误；对于D选项，由于eq\r(e)＋eq\r(e)>e，可知，定义在R上的函数f(x)的值域是[eq\r(e)，e](e为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”，故D选项正确．答案：D4．设a>1，n∈N，若不等式eq\r(n,a)－1<eq\f(a－1,n)恒成立时，则n的最小值为________．解析：n＝1时，结论不成立；n＝2时，不等式变为2eq\r(a)－2<a－1，所以(eq\r(a)－1)2>0，因为a>1，所以不等式成立．答案：