（全國通用版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 不等式、推理與證明 課時(shí)分層作業(yè) 三十八 6.5 直接證明與間接證明 文.doc

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課時(shí)分層作業(yè) 三十八直接證明與間接證明 一、選擇題(每小題5分,共25分) 1.要證明+<2,可選擇的方法有以下幾種,其中最合理的是 (　　) A.綜合法 B.分析法 C.反證法 D.歸納法 【解析】選B.從要證明的結(jié)論——比較兩個(gè)無理數(shù)大小出發(fā),證明此類問題通常轉(zhuǎn)化為比較有理數(shù)的大小,這正是分析法的證明方法. 2.(2018廣州模擬)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實(shí)數(shù),則方程x2+ax+b=0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí),要做的假設(shè)是 (　　) A.方程x2+ax+b=0沒有實(shí)根 B.方程x2+ax+b=0至多有一個(gè)實(shí)根 C.方程x2+ax+b=0至多有兩個(gè)實(shí)根 D.方程x2+ax+b=0恰好有兩個(gè)實(shí)根 【解析】選A. 因?yàn)椤胺匠蘹2+ax+b=0至少有一個(gè)實(shí)根”等價(jià)于“方程x2+ax+b=0有一個(gè)實(shí)根或兩個(gè)實(shí)根”,所以該命題的否定是“方程x2+ax+b=0沒有實(shí)根”. 3.要證:a2+b2-1-a2b2≤0,只要證明 (　　) A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-≤0 C.-1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0 【解析】選D.因?yàn)橐Ca2+b2-1-a2b2≤0,只需要證(a2-1)(b2-1)≥0. 4.命題“如果數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n2-3n,那么數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列”是否成立 (　　) A.不成立 B.成立 C.不能斷定 D.能斷定 【解析】選B. 因?yàn)镾n=2n2-3n, 所以Sn-1=2(n-1)2-3(n-1)(n≥2), 所以an=Sn-Sn-1=4n-5(n=1時(shí),a1=S1=-1符合上式).又因?yàn)閍n+1-an=4(n≥1),所以{an}是等差數(shù)列. 【變式備選】(2018西安模擬) 不相等的三個(gè)正數(shù)a,b,c成等差數(shù)列,并且x是a,b的等比中項(xiàng),y是b,c的等比中項(xiàng),則x2,b2,y2三數(shù) (　　) A.成等比數(shù)列而非等差數(shù)列 B.成等差數(shù)列而非等比數(shù)列 C.既成等差數(shù)列又成等比數(shù)列 D.既非等差數(shù)列又非等比數(shù)列 【解析】選B. 由已知條件,可得 由②③得代入①,得+=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差數(shù)列. 5.設(shè)a,b是兩個(gè)實(shí)數(shù),給出下列條件: ①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1. 其中能推出:“a,b中至少有一個(gè)大于1”的條件是 (　　) A.②③ B.①②③ C.③ D.③④⑤ 【解析】選C.若a=,b=,則a+b>1, 但a<1,b<1,故①推不出; 若a=b=1,則a+b=2,故②推不出; 若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故④推不出; 若a=-2,b=-3,則ab>1,故⑤推不出; 對(duì)于③,即a+b>2, 則a,b中至少有一個(gè)大于1, 反證法:假設(shè)a≤1且b≤1, 則a+b≤2與a+b>2矛盾, 因此假設(shè)不成立,則a,b中至少有一個(gè)大于1. 二、填空題(每小題5分,共15分) 6.設(shè)a>b>0,m=-,n=,則m,n的大小關(guān)系是________. 【解析】(分析法)-?a0,顯然成立. 答案:m0,則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________. 【解析】 (補(bǔ)集法) 令解得p≤-3或p≥,故滿足條件的p的范圍為. 答案: 【一題多解】(直接法)依題意有f(-1)>0或f(1)>0,即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0,得-0,求證:2a3-b3≥2ab2-a2b. 【證明】 要證明2a3-b3≥2ab2-a2b成立, 只需證:2a3-b3-2ab2+a2b≥0, 即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0, 即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0. 因?yàn)閍≥b>0,所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0, 從而(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成立, 所以2a3-b3≥2ab2-a2b. 10.已知四棱錐S-ABCD中,底面是邊長為1的正方形,又SB=SD=,SA=1. (1)求證:SA⊥平面ABCD. (2)在棱SC上是否存在異于S,C的點(diǎn)F,使得BF∥平面SAD?若存在,確定F點(diǎn)的位置;若不存在,請(qǐng)說明理由. 【解析】 (1)由已知得SA2+AD2=SD2, 所以SA⊥AD.同理SA⊥AB. 又AB∩AD=A, 所以SA⊥平面ABCD. (2)假設(shè)在棱SC上存在異于S,C的點(diǎn)F,使得BF∥平面SAD. 因?yàn)锽C∥AD,BC?平面SAD. 所以BC∥平面SAD.而BC∩BF=B, 所以平面FBC∥平面SAD. 這與平面SBC和平面SAD有公共點(diǎn)S矛盾, 所以假設(shè)不成立. 所以不存在這樣的點(diǎn)F,使得BF∥平面SAD. 1.(5分)設(shè)a,b,c均為正實(shí)數(shù),則三個(gè)數(shù)a+,b+,c+ (　　) A.都大于2 B.都小于2 C.至少有一個(gè)不大于2 D.至少有一個(gè)不小于2 【解析】選D.因?yàn)閍>0,b>0,c>0, 所以++=++≥6,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí),等號(hào)成立,故三者不能都小于2,即至少有一個(gè)不小于2. 2.(5分)(2018洛陽模擬) 設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時(shí),f(x)單調(diào)遞減,若x1+x2>0,則f(x1)+f(x2)的值 (　　) A.恒為負(fù)值 B.恒等于零 C.恒為正值 D.無法確定正負(fù) 【解析】選A.由f(x)是定義在R上的奇函數(shù), 且當(dāng)x≥0時(shí),f(x)單調(diào)遞減, 可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù), 由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)f(x)成立,則 (　　) A.3f(ln 2)>2f(ln 3) B.3f(ln 2)<2f(ln 3) C.3f(ln 2)=2f(ln 3) D.3f(ln 2)與2f(ln 3)的大小不確定 【解析】選B.令F(x)=(x>0),則F′(x)=,因?yàn)閤>0,所以 ln x∈R,因?yàn)閷?duì)任意x∈R都有f ′(x)>f(x),所以f′(ln x)>f(ln x),所以F′(x)>0,所以F(x)為增函數(shù),因?yàn)?>2>0,所以F(3)>f(2),即>,所以3f(ln 2)<2f(ln 3). 3.(5分)(2018合肥模擬)某同學(xué)準(zhǔn)備用反證法證明如下一個(gè)問題:函數(shù)f(x)在[0,1]上有意義,且f(0)=f(1),如果對(duì)于不同的x1,x2∈[0,1],當(dāng)|f(x1)-f(x2)| <|x1-x2|時(shí),求證:|f(x1)-f(x2)|<.那么他的反設(shè)應(yīng)該是________. 【解析】根據(jù)反證法,寫出相反的結(jié)論是:存在x1,x2∈[0,1],當(dāng)|f(x1)-f(x2)| <|x1-x2|時(shí),則|f(x1)-f(x2)|≥. 答案:存在x1,x2∈[0,1],當(dāng)|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|時(shí),則|f(x1)-f(x2)|≥ 4.(12分)已知非零向量a,b,且a⊥b,求證:≤. 【證明】因?yàn)閍⊥b?ab=0, 要證≤. 只需證|a|+|b|≤|a+b|, 只需證|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2ab+b2), 只需證|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2, 只需證|a|2+|b|2-2|a||b|≥0, 即(|a|-|b|)2≥0, 上式顯然成立,故原不等式得證. 5.(13分)已知函數(shù)f(x)=ax+(a>1). (1)證明:函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上為增函數(shù). (2)用反證法證明方程f(x)=0沒有負(fù)數(shù)根. 【證明】 (1)任取x1,x2∈(-1,+∞), 不妨設(shè)x10. 因?yàn)閍>1,所以>1且>0, 所以-=(-1)>0. 又因?yàn)閤1+1>0,x2+1>0, 所以- = =>0. 于是f(x2)-f(x1)=-+->0, 故函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上為增函數(shù). (2)假設(shè)存在x0<0(x0≠-1)滿足f(x0)=0, 則=-. 因?yàn)閍>1,所以0<<1, 所以0<-<1,即

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