新课标2024高考数学大一轮复习第七章不等式及推理与证明题组层级快练46直接证明与间接证明文含解析

PAGEPAGE1题组层级快练(四十六)1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”“索”的“因”应是()A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D3．下列不等式不成立的是()A.eq\f(1,2)<ln2 B.eq\r(3)＋1>2eq\r(2)C．233<322 D．sin1>cos1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的取值确定答案C解析要比较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(a（a＋7）)与2a＋7＋2eq\r(（a＋3）（a＋4）)的大小，只要比较eq\r(a（a＋7）)与eq\r(（a＋3）（a＋4）)的大小，即比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.5．用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是()A．假设至少有一个钝角 B．假设至少有两个钝角C．假设没有一个钝角 D．假设没有一个钝角或至少有两个钝角答案B解析留意到：“至多有一个”的否定应为“至少有两个”知需选B.6．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答案D解析a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,2)，∴A成立；ab≤(eq\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,（\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．7．(2024·东北四校联考)设x，y，z∈R＋，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，则a，b，c三个数()A．至少有一个不大于2 B．都小于2C．至少有一个不小于2 D．都大于2答案C解析假设a，b，c三个数都小于2.则6>a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＋2eq\r(y·\f(1,y))＋2eq\r(z·\f(1,z))＝6，即6>6，冲突．所以a，b，c三个数中至少有一个不小于2.8．设a>0，b>0，求证：lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．答案略证明要证lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]，只需证1＋eq\r(ab)≤eq\r(（1＋a）（1＋b）)，即证(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)，即证2eq\r(ab)≤a＋b，而2eq\r(ab)≤a＋b成立，∴lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．9．(2024·江苏盐城一模)已知x1，x2，x3为正实数，若x1＋x2＋x3＝1，求证：eq\f(x22,x1)＋eq\f(x32,x2)＋eq\f(x12,x3)≥1.答案略解析∵eq\f(x22,x1)＋x1＋eq\f(x32,x2)＋x2＋eq\f(x12,x3)＋x3≥2eq\r(x22)＋2eq\r(x32)＋2eq\r(x12)＝2(x1＋x2＋x3)＝2，∴eq\f(x22,x1)＋eq\f(x32,x2)＋eq\f(x12,x3)≥1.10．(1)设x是正实数，求证：(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3.(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3是否仍旧成立？假如成立，请给出证明；假如不成立，请举出一个使它不成立的x的值．答案(1)略(2)成立，证明略解析(1)证明：x是正实数，由均值不等式，得x＋1≥2eq\r(x)，x2＋1≥2x，x3＋1≥2eq\r(x3).故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2eq\r(x)·2x·2eq\r(x3)＝8x3(当且仅当x＝1时等号成立)．(2)解：若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍旧成立．由(1)知，当x>0时，不等式成立；当x≤0时，8x3≤0，而(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)(x2－x＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)[(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)]≥0，此时不等式仍旧成立．11．(2024·湖北武汉调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S8＝64.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)>eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)．答案(1)an＝2n－1(2)略解析(1)设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝5，,S8＝8a1＋28d＝64，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))故所求的通项公式为an＝2n－1.(2)证明：由(1)可知Sn＝n2，要证原不等式成立，只需证eq\f(1,（n－1）2)＋eq\f(1,（n＋1）2)>eq\f(2,n2)，只需证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2>2(n2－1)2.只需证(n2＋1)n2>(n2－1)2.只需证3n2>1.而3n2>1在n≥1时恒成立，从而不等式eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)>eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)恒成立．12．设数列{an}满意a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，记Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))bk，证明：Sn<1.答案(1)an＝1－eq\f(1,n)(2)略解析(1)由题设eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，得{eq\f(1,1－an)}是公差为1的等差数列．又eq\f(1,1－a1)＝1，故eq\f(1,1－an)＝n.所以an＝1－eq\f(1,n).(2)由(1)得bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)·\r(n))＝eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))，∴Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))bk＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))(eq\f(1,\r(k))－eq\f(1,\r(k＋1)))＝1－eq\f(1,\r(n＋1))<1.13．(2015·湖南，理)设a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不行能同时成立．答案(1)略(2)略解析(1)由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2.(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1冲突．故a2＋a<2与b2＋b<2不行能同时成立．14．已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq\f(b,x)，对随意的x∈(0，＋∞)，满意f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0，其中a，b为常数．(1)若f(x)的图像在x＝1处的切线经过点(0，－5)，求a的值；(2)已知0<a<1，求证：f(eq\f(a2,2))>0.答案(1)－2(2)略解析(1)在f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0中，取x＝1，得f(1)＝0，又f(1)＝ln1－a＋b＝－a＋b，所以b＝a.从而f(x)＝lnx－ax＋eq\f(a,x)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a(1＋eq\f(1,x2))，f′(1)＝1－2a.又f′(1)＝eq\f(－5－f（1）,0－1)＝5，所以1－2a＝5，a＝－2.(2)证明：f(eq\f(a2,2))＝lneq\f(a2,2)－eq\f(a3,2)＋eq\f(2,a)＝2lna＋eq\f(2,a)－eq\f(