高考数一轮复习 第九章 第五节 直接证明与间接证明演练知能检测 文

第五节直接证明与间接证明[全盘巩固]1．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是()A．假设a、b、c都是偶数B．假设a、b、c都不是偶数C．假设a、b、c至多有一个偶数D．假设a、b、c至多有两个偶数解析：选B“至少有一个”的否定为“都不是”．2．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，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(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.3．(·嘉兴模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b为正实数，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≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A解析：选Aeq\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上是单调减函数，故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))).4．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>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值确定解析：选C假设P<Q，要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证：2a＋7＋2eq\r(aa＋7)<2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要证a2＋7a<a2＋7a＋12，只要证0<12，∵0<12成立，∴P<Q成立．5．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，y2三数()A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列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：选B由已知条件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，,x2＝ab，,y2＝bc.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②,③))由②③，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b)，))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列．6．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2CA．△A1B1C1和△A2B2CB．△A1B1C1和△A2B2CC．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2CD．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C解析：选D由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A1))，,sinB2＝cosB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B1))，,sinC2＝cosC1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C1))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1.,B2＝\f(π,2)－B1.,C2＝\f(π,2)－C1.))那么A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，又由已知可得△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C7．用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是_________________________________________________________．解析：“至少有n个”的否定是“最多有n－1个”，故应假设a，b中没有一个能被5整除．答案：a，b中没有一个能被5整除8．设a、b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a、b中至少有一个大于1”的条件是________(填序号)．解析：若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b>1.但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，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＋b≤2与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，故a、b中至少有一个大于1.答案：③9．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－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：法一：(补集法)令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－2p2＋p＋1≤0，,f1＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故满足条件的p的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).法二：(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－eq\f(1,2)<p<1或－3<p<eq\f(3,2)，故满足条件的p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))10．已知a>0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1.求证：eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b)).证明：∵eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，a>0，∴0<b<1，要证eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b))，只需证eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)>1，只需证1＋a－b－ab>1，只需证a－b－ab>0，即eq\f(a－b,ab)>1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1.这是已知条件，所以原不等式成立．11．设Sn表示数列{an}的前n项和．(1)若{an}为等差数列，推导Sn的计算公式；(2)若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有Sn＝eq\f(1－qn,1－q).判断{an}是否为等比数列，并证明你的结论．解：(1)法一：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝eq\f(na1＋an,2).法二：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2){an}是等比数列．证明如下：∵Sn＝eq\f(1－qn,1－q)，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1－qn＋1,1－q)－eq\f(1－qn,1－q)＝eq\f(qn1－q,1－q)＝qn.∵a1＝1，q≠0，∴当n≥1时，有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(qn,qn－1)＝q，因此，{an}是首项为1且公比为q的等比数列．12．(·北京高考)给定数列a1，a2，…，an，对i＝1,2，3，…，n－1，该数列前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.(1)设数列{an}为3,4,7,1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0，证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明：a1，a2，…，an－1是等差数列．解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.(2)证明：因为a1>0，公比q>1，所以a1，a2，…，an是递增数列．因此，对i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是对i＝1,2，…，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.因此di≠0且eq\f(di＋1,di)＝q(i＝1,2，…，n－2)，即d1，d2，…，dn－1是等比数列．(3)证明：设d为d1，d2，…，dn－1的公差．对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d>0，所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.从而a1，a2，…，an－1是递增数列．因此Ai＝ai(i＝1,2，…，n－1)．又因为B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<an－1.因此an＝B1.所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.因此对i＝1,2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差数列．[冲击名校]设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合：①eq\f(an＋an＋2,2)≤an＋1；②an≤M，其中n∈N*，M是与n无关的常数．(1)若{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，a3＝4，S3＝18，试探究{Sn}与集合W之间的关系；(2)设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且{bn}∈W，M的最小值为m，求m的值；(3)在(2)的条件下，设Cn＝eq\f(1,5)[bn＋(m－5)n]＋eq\r(2)，求证：数列{Cn}中任意不同的三项都不能成为等比数列．解：(1)∵a3＝4，S3＝18，∴a1＝8，d＝－2.∴Sn＝－n2＋9n.eq\f(Sn＋Sn＋2,2)<Sn＋1满足条件①，Sn＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))2＋eq\f(81,4)，当n＝4或5时，Sn取最大值20.∴Sn≤20满足条件②，∴{Sn}∈W.(2)bn＝5n－2n可知{bn}中最大项是b3＝7，∴M≥7，M的最小值为7.(3)证明：