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（福建專版）2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)規(guī)范練34 直接證明與間接證明文.docx

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課時(shí)規(guī)范練34　直接證明與間接證明基礎(chǔ)鞏固組 1.要證a2+b2-1-a2b2≤0,只需證明(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-a4+b42≤0 C.(a+b)22-1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0 2.用反證法證明結(jié)論“三角形內(nèi)角至少有一個(gè)不大于60”,應(yīng)假設(shè)(　　) A.三個(gè)內(nèi)角至多有一個(gè)大于60 B.三個(gè)內(nèi)角都不大于60 C.三個(gè)內(nèi)角都大于60 D.三個(gè)內(nèi)角至多有兩個(gè)大于60 3.(2017河南鄭州模擬)設(shè)x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,則(　　) A.P>Q B.Pb>0,m=a-b,n=a-b,則m,n的大小關(guān)系是　　　　　. 6.設(shè)a,b,c均為正數(shù),且a+b+c=1,求證:ab+bc+ac≤13. 7.(2017河北唐山模擬)已知a>0,1b-1a>1,求證:1+a>11-b . ?導(dǎo)學(xué)號(hào)24190925? 綜合提升組 8.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(wú)法確定正負(fù) 9.如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值,則(　　) A.△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形 B.△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形 C.△A1B1C1是鈍角三角形,△A2B2C2是銳角三角形 D.△A1B1C1是銳角三角形,△A2B2C2是鈍角三角形 10.已知a,b是不相等的正數(shù),x=a+b2,y=a+b,則x,y的大小關(guān)系是　　　　　. 11.已知函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=a+bx-12x2+13x3,函數(shù)y=f(x)與函數(shù)y=g(x)的圖象在交點(diǎn)(0,0)處有公共切線. (1)求a,b的值; (2)證明:f(x)≤g(x). ?導(dǎo)學(xué)號(hào)24190926? 創(chuàng)新應(yīng)用組 12.(2017貴州安順調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=3x-2x,求證:對(duì)于任意的x1,x2∈R,均有f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22. 13.在等差數(shù)列{an}中,a1=3,其前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的各項(xiàng)均為正數(shù),b1=1,公比為q(q≠1),且b2+S2=12,q=S2b2. (1)求an與bn; (2)證明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<23. 答案： 1.D　在各選項(xiàng)中,只有(a2-1)(b2-1)≥0?a2+b2-1-a2b2≤0,故選D. 2.C　“三角形內(nèi)角至少有一個(gè)不大于60”即“三個(gè)內(nèi)角至少有一個(gè)小于等于60”,其否定為“三角形內(nèi)角都大于60”.故選C. 3.A　因?yàn)?x+2-x≥22x2-x=2(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立),而x>0,所以P>2;又(sin x+cos x)2=1+sin 2x,而sin 2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故選A. 4.D　∵a>0,b>0,c>0, ∴a+1b+b+1c+c+1a=a+1a+b+1b+c+1c≥6, 當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1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. 5.m0,顯然成立. 6.證明由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由題設(shè)得(a+b+c)2=1, 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤13. 7.證明由已知1b-1a>1及a>0可知011-b, 只需證1+a1-b>1, 只需證1+a-b-ab>1,只需證a-b-ab>0,即a-bab>1, 即1b-1a>1,這是已知條件,所以原不等式得證. 8.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,即f(x1)ab(a≠b)?a+b>2ab?2(a+b)>a+b+2ab?a+b>(a+b)22?a+b>a+b2,即x-1). ∵h(yuǎn)(x)=1x+1-x2+x-1=-x3x+1, ∴h(x)在(-1,0)內(nèi)為增函數(shù),在(0,+∞)內(nèi)為減函數(shù). ∴h(x)max=h(0)=0,即h(x)≤h(0)=0,即f(x)≤g(x). 12.證明要證f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22,即證(3x1-2x1)+(3x2-2x2)2≥3x1+x22-2x1+x22,因此只要證3x1+3x22-(x1+x2)≥3x1+x22-(x1+x2), 即證3x1+3x22≥3x1+x22,因此只要證3x1+3x22≥3x13x2, 由于x1,x2∈R時(shí),3x1>0,3x2>0, 因此由基本不等式知3x1+3x22≥3x13x2顯然成立. 故原結(jié)論成立. 13.(1)解設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閎2+S2=12,q=S2b2, 所以q+6+d=12,q=6+dq, 解得q=3,d=3,(q=-4舍去) 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1. (2)證明因?yàn)镾n=n(3+3n)2,所以1Sn=2n(3+3n)=231n-1n+1. 所以1S1+1S2+…+1Sn =231-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1 =231-1n+1. 因?yàn)閚≥1, 所以0<1n+1≤12, 所以12≤1-1n+1<1, 所以13≤231-1n+1<23. 所以13≤1S1+1S2+…+1Sn<23.

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