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高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí):第六章 不等式、推理與證明 課時作業(yè)38 Word版含解析

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高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí):第六章 不等式、推理與證明 課時作業(yè)38 Word版含解析

課時作業(yè)38 直接證明與間接證明 1.(2019·天津一中月考)用反證法證明命題:“a,b∈N,若ab可被5整除,那么a,b中至少有一個能被5整除.”時,假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)該是( B ) A.a(chǎn),b都能被5整除 B.a(chǎn),b都不能被5整除 C.a(chǎn),b不都能被5整除 D.a(chǎn)能被5整除 解析:由于反證法是命題的否定的一個運用,故用反證法證明命題時,可以設(shè)其否定成立從而進(jìn)行推證.命題“a,b∈N,如果ab可被5整除,那么a,b中至少有一個能被5整除.”的否定是“a,b∈N,如果ab可被5整除,那么a,b都不能被5整除”,故選B. 2.(2019·四川宜賓模擬)已知a,b∈R,m=,n=b2-b+,則下列結(jié)論正確的是( A ) A.m≤n B.m≥n C.m>n D.m<n 解析:m===≤=,n=b2-b+=2+≥,所以n≥m,故選A. 3.若a,b,c是不全相等的正數(shù),給出下列判斷: ①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b與a<b及a=b中至少有一個成立;③a≠c,b≠c,a≠b不能同時成立.其中判斷正確的個數(shù)是( C ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:由于a,b,c不全相等,則a-b,b-c,c-a中至少有一個不為0,故①正確;②顯然正確;令a=2,b=3,c=5,滿足a≠c,b≠c,a≠b,故③錯誤. 4.已知函數(shù)f(x)=x,a,b為正實數(shù),A=f,B=f(),C=f,則A,B,C的大小關(guān)系為( A ) A.A≤B≤C B.A≤C≤B C.B≤C≤A D.C≤B≤A 解析:因為≥≥, 又f(x)=x在R上是單調(diào)減函數(shù), 故f≤f()≤f, 即A≤B≤C. 5.設(shè)x,y,z∈R+,a=x+,b=y(tǒng)+,c=z+,則a,b,c三個數(shù)( C ) A.至少有一個不大于2 B.都小于2 C.至少有一個不小于2 D.都大于2 解析:假設(shè)a,b,c都小于2, 則a+b+c<6, 而a+b+c=x++y++z+=++≥2+2+2=6,與a+b+c<6矛盾, ∴a,b,c都小于2不成立. ∴a,b,c三個數(shù)至少有一個不小于2,故選C. 6.在等比數(shù)列{an}中,a1<a2<a3是數(shù)列{an}遞增的( C ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 解析:當(dāng)a1<a2<a3時,設(shè)公比為q, 由a1<a1q<a1q2得 若a1>0,則1<q<q2,即q>1, 此時,顯然數(shù)列{an}是遞增數(shù)列, 若a1<0,則1>q>q2,即0<q<1, 此時,數(shù)列{an}也是遞增數(shù)列, 反之,當(dāng)數(shù)列{an}是遞增數(shù)列時, 顯然a1<a2<a3. 故a1<a2<a3是等比數(shù)列{an}遞增的充要條件. 7.設(shè)a=+2,b=2+,則a,b的大小關(guān)系為a<B. 解析:a=+2,b=2+,兩式的兩邊分別平方,可得a2=11+4,b2=11+4,顯然<,所以a<B. 8.已知點An(n,an)為函數(shù)y=圖象上的點,Bn(n,bn)為函數(shù)y=x圖象上的點,其中n∈N*,設(shè)cn=an-bn,則cn與cn+1的大小關(guān)系為cn>cn+1. 解析:由條件得cn=an-bn=-n=, ∴cn隨n的增大而減小,∴cn+1<cn. 9.(2019·長春模擬)若二次函數(shù)f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在區(qū)間[-1,1]內(nèi)至少存在一點c,使f(c)>0,則實數(shù)p的取值范圍是. 解析:若二次函數(shù)f(x)≤0在區(qū)間[-1,1]內(nèi)恒成立, 則 解得p≤-3或p≥, 故滿足題干要求的p的取值范圍為. 10.如果△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△A2B2C2是鈍角三角形. 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,假設(shè)△A2B2C2是銳角三角形. 由 得 那么,A2+B2+C2=,這與三角形內(nèi)角和為π相矛盾. 所以假設(shè)不成立.假設(shè)△A2B2C2是直角三角形,不妨設(shè)A2=,則cosA1=sinA2=1,A1=0,矛盾. 所以△A2B2C2是鈍角三角形. 11.已知a≥b>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. ∵a≥b>0,∴a-b≥0,a+b>0,2a+b>0, 從而(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成立, ∴2a3-b3≥2ab2-a2B. 12.若a,b,c是不全相等的正數(shù),求證:lg+lg+lg>lga+lgb+lgC. 證明:要證lg+lg+lg>lga+lgb+lgc, 只需證lg>lgabc, 只需證··>abC. 因為a,b,c是不全相等的正數(shù), 所以≥,≥,≥.三個式子中的等號不同時成立. 所以顯然有··>abc成立,原不等式得證. 13.已知函數(shù)f(x)=3x-2x,試證:對于任意的x1,x2∈R,均有≥f. 14.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F,使得BF∥平面SAD?若存在,確定F點的位置;若不存在,請說明理由. 解:(1)證明:由已知得SA2+AD2=SD2, ∴SA⊥AD. 同理SA⊥AB. 又AB∩AD=A,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD, ∴SA⊥平面ABCD. (2)假設(shè)在棱SC上存在異于S,C的點F,使得BF∥平面SAD. ∵BC∥AD,BC?平面SAD. ∴BC∥平面SAD.而BC∩BF=B, ∴平面FBC∥平面SAD. 這與平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾,∴假設(shè)不成立. ∴不存在這樣的點F,使得BF∥平面SAD. 15.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1+,S3=9+3. (1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn; (2)設(shè)bn=(n∈N*),求證:數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列. 解:(1)由已知得 解得d=2, 故an=2n-1+,Sn=n(n+). (2)證明:由(1)得bn==n+. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項bp,bq,br(p,q,r∈N*,且互不相等)成等比數(shù)列,則b=bpbr. 即(q+)2=(p+)(r+). ∴(q2-pr)+(2q-p-r)=0. ∵p,q,r∈N*, ∴ ∴2=q2=pr,(p-r)2=0. ∴p=r, 與p≠r矛盾. ∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列. 16.(2019·衡陽調(diào)研)直線y=kx+m(m≠0)與橢圓W:+y2=1相交于A,C兩點,O是坐標(biāo)原點. (1)當(dāng)點B的坐標(biāo)為(0,1),且四邊形OABC為菱形時,求AC的長; (2)當(dāng)點B在W上且不是W的頂點時,證明:四邊形OABC不可能為菱形. 解:(1)因為四邊形OABC為菱形, 則AC與OB相互垂直平分. 由于O(0,0),B(0,1),所以設(shè)點A,代入橢圓方程得+=1, 則t=±,故|AC|=2. (2)證明:假設(shè)四邊形OABC為菱形, 因為點B不是W的頂點,且AC⊥OB,所以k≠0. 由消去y并整理得 (1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. 設(shè)A(x1,y1),C(x2,y2),則 =-,=k·+m=. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點,且m≠0,k≠0,所以直線OB的斜率為-, 因為k·=-≠-1,所以AC與OB不垂直. 所以四邊形OABC不是菱形,與假設(shè)矛盾. 所以當(dāng)點B在W上且不是W的頂點時,四邊形OABC不可能是菱形.

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