廣西2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練35 直接證明與間接證明 文.docx

考點(diǎn)規(guī)范練35　直接證明與間接證明 一、基礎(chǔ)鞏固 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 答案D 解析在各選項中,只有(a2-1)(b2-1)≥0?a2+b2-1-a2b2≤0,故選D. 2.分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明“設(shè)a>b>c,且a+b+c=0,求證:b2-ac<3a”索的因應(yīng)是(　　) A.a-b>0 B.a-c>0 C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0 答案C 解析b2-ac<3a?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.故選C. 3.設(shè)x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,則(　　) A.P>Q B.P<Q C.P≤Q D.P≥Q 答案A 解析因為2x+2-x≥22x2-x=2(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立),而x>0,所以P>2.又(sinx+cosx)2=1+sin2x,而sin2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故選A. 4.利用反證法證明“若x2+y2=0,則x=y=0”時,應(yīng)假設(shè)(　　) A.x,y都不為0 B.x≠y,且x,y都不為0 C.x≠y,且x,y不都為0 D.x,y不都為0 答案D 解析原命題的結(jié)論是x,y都為0,利用反證法時,應(yīng)假設(shè)x,y不都為0. 5.設(shè)a,b是兩個實數(shù),下列條件中,能推出“a,b中至少有一個大于1”的是(　　) A.a+b>1 B.a+b>2 C.a2+b2>2 D.ab>1 答案B 解析若a=12,b=23,則a+b>1, 但a<1,b<1,故A推不出; 若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故C推不出; 若a=-2,b=-3,則ab>1,故D推不出; 對于B,若a+b>2,則a,b中至少有一個大于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,故a,b中至少有一個大于1. 6.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時,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) 答案A 解析由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時,f(x)單調(diào)遞減,可知f(x)是R上的減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),則f(x1)+f(x2)<0,故選A. 7.設(shè)a>b>0,m=a-b,n=a-b,則m,n的大小關(guān)系是　　　　　. 答案m<n 解析(方法一:取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n. (方法二:分析法)因為a>b>0,所以要得出m與n的大小關(guān)系,只需判斷mn=a-ba-b與1的大小關(guān)系,只需判斷a+b-2aba-b與1的大小關(guān)系,只需判斷a+b-2ab-(a-b)與0的大小關(guān)系,只需判斷2b-2ab與0的大小關(guān)系,只需判斷b-a與0的大小關(guān)系.由a>b>0,可知b-a<0,即mn<1,即可判斷m<n. 8.6+7與22+5的大小關(guān)系為　. 答案6+7>22+5 解析要比較6+7與22+5的大小,只需比較(6+7)2與(22+5)2的大小,只需比較6+7+242與8+5+410的大小,只需比較42與210的大小,只需比較42與40的大小, ∵42>40,∴6+7>22+5. 9.若a,b,c是不全相等的正數(shù),求證: lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c. 證明∵a,b,c∈(0,+∞), ∴a+b2≥ab>0,b+c2≥bc>0,a+c2≥ac>0. 又上述三個不等式中的等號不能同時成立. ∴a+b2b+c2c+a2>abc成立. 上式兩邊同時取常用對數(shù), 得lga+b2b+c2c+a2>lgabc, ∴l(xiāng)ga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lga+lgb+lgc. 10.已知a>0,1b-1a>1,求證:1+a>11-b. 證明由已知1b-1a>1及a>0可知0<b<1,要證1+a>11-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. 11.設(shè)函數(shù)f(x)=1x+2,a,b∈(0,+∞). (1)用分析法證明:fab+fba≤23; (2)設(shè)a+b>4,求證:af(b),bf(a)中至少有一個大于12. 證明(1)要證明fab+fba≤23, 只需證明1ab+2+1ba+2≤23, 只需證明ba+2b+ab+2a≤23,即證b2+4ab+a22a2+5ab+2b2≤23, 即證(a-b)2≥0,這顯然成立, 所以fab+fba≤23. (2)假設(shè)af(b),bf(a)都小于或等于12, 即ab+2≤12,ba+2≤12, 所以2a≤b+2,2b≤a+2,兩式相加得a+b≤4, 這與a+b>4矛盾, 所以af(b),bf(a)中至少有一個大于12. 二、能力提升 12.若△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(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 答案D 解析由條件知,△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0,則△A1B1C1是銳角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假設(shè)△A2B2C2是銳角三角形. 由sinA2=cosA1=sinπ2-A1,sinB2=cosB1=sinπ2-B1,sinC2=cosC1=sinπ2-C1,得A2=π2-A1,B2=π2-B1,C2=π2-C1, 則A2+B2+C2=π2, 這與三角形內(nèi)角和為180相矛盾. 因此假設(shè)不成立,故△A2B2C2是鈍角三角形. 13.已知a,b,μ∈(0,+∞),且1a+9b=1,要使得a+b≥μ恒成立,則μ的取值范圍是　　　　　. 答案(0,16] 解析∵a,b∈(0,+∞),且1a+9b=1, ∴a+b=(a+b)1a+9b=10+9ab+ba≥10+29=16(當(dāng)且僅當(dāng)a=4,b=12時等號成立). ∴a+b的最小值為16. ∴要使a+b≥μ恒成立,只需16≥μ.∴0<μ≤16. 14.在Rt△ABF中,AB=2BF=4,C,E分別是AB,AF的中點(diǎn)(如圖①).將此三角形沿CE對折,使平面AEC⊥平面BCEF(如圖②),已知D是AB的中點(diǎn). (1)求證:CD∥平面AEF; (2)求證:平面AEF⊥平面ABF. 圖① 圖② 證明(1)取AF中點(diǎn)M,連接DM,EM. ∵D,M分別是AB,AF的中點(diǎn), ∴DM是△ABF的中位線,∴DM??12BF. 又CE??12BF,∴四邊形CDME是平行四邊形, ∴CD∥EM. 又EM?平面AEF,CD?平面AEF, ∴CD∥平面AEF. (2)由題意知CE⊥AC,CE⊥BC, 且AC∩BC=C,故CE⊥平面ABC. 又CD?平面ABC,∴CE⊥CD. ∴四邊形CDME是矩形.∴EM⊥MD. 在△AEF中,EA=EF,M為AF的中點(diǎn), ∴EM⊥AF,且AF∩MD=M, ∴EM⊥平面ABF. 又EM?平面AEF,∴平面AEF⊥平面ABF. 三、高考預(yù)測 15.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=2. (1)證明:數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式; (2)設(shè)bn=3nSn-n+1(n∈N*)的前n項和為Tn,證明:Tn<6. (1)解因為Sn=an+1+n-2, 所以當(dāng)n≥2時,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3, 兩式相減,得an=an+1-an+1,即an+1=2an-1. 設(shè)cn=an-1,代入上式, 得cn+1+1=2(cn+1)-1,即cn+1=2cn(n≥2). 又Sn=an+1+n-2,則an+1=Sn-n+2, 故a2=S1-1+2=3. 所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c1. 綜上,對于正整數(shù)n,cn+1=2cn都成立,即數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列,其首項a1-1=1,公比q=2. 所以an-1=12n-1,故an=2n-1+1. (2)證明由Sn=an+1+n-2,得Sn-n+2=an+1=2n+1, 即Sn-n+1=2n,所以bn=3n2n. 所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=32+622+…+3n2n,① 2①,得2Tn=3+62+3322+…+3n2n-1,② ②-①,得Tn=3+32+322+…+32n-1-3n2n =31+12+122+…+12n-1-3n2n =31-12n1-12-3n2n=6-3n+62n. 因為3n+62n>0,所以Tn=6-3n+62n<6.