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【状元之路】2015高考数学(人教A版,文)一轮开卷速查:8-2直接证明与间接证明


开卷速查
课时作业

规范特训
实效精炼

开卷速查(37) 直接证明与间接证明 一、选择题 1.命题“如果数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2-3n,那么数列{an}一定是 等差数列”是否成立( A.不成立 C.不能断定 ) B.成立 D.能断定

解析:∵Sn=2n2-3n,∴Sn-1=2(n

-1)2-3(n-1)(n≥2),∴an=Sn-Sn
-1

=4n-5(当 n=1 时,a1=S1=-1 符合上式). ∴an+1-an=4(n≥1),∴{an}是等差数列. 答案:B 2.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( A.2ab-1-a2b2≤0 a4+b4 B.a +b -1- 2 ≤0
2 2

)

?a+b?2 C. 2 -1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0 解析:因为 a2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0. 答案:D 3.用反证法证明某命题时,对结论:“自然数 a,b,c 中恰有一个偶 数”正确的反设为( )

A.a,b,c 中至少有两个偶数 B.a,b,c 中至少有两个偶数或都是奇数 C.a,b,c 都是奇数

D.a,b,c 都是偶数 解析:“恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”. 答案:B 4.设 a,b,c 是不全相等的正数,给出下列判断: ①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0; ②a>b,a<b 及 a=b 中至少有一个成立; ③a≠c,b≠c,a≠b 不能同时成立, 其中正确判断的个数为( A.0 个 C.2 个 ) B.1 个 D.3 个

解析:①②正确;③中,a≠b,b≠c,a≠c 可以同时成立,如 a=1,b =2,c=3,故正确的判断有 2 个. 答案:C 5.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 b2-ac< 3a”索的因应是( A.a-b>0 C.(a-b)(a-c)>0 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. 答案:C )

B.a-c>0 D.(a-b)(a-c)<0

6. 不相等的三个正数 a, b,c 成等差数列,并且 x 是 a,b 的等比中项, y 是 b,c 的等比中项,则 x2,b2,y2 三数( A.成等比数列而非等差数列 B.成等差数列而非等比数列 C.既成等差数列又成等比数列 D.既非等差数列又非等比数列 a+c=2b, ? ?2 解析:由已知条件,可得?x =ab, ② ? ?y2=bc. ③
2 x ? ?a= b , 由②③得? y2 ? ?c= b .

)



x2 y2 代入①,得 b + b =2b,

即 x2+y2=2b2. 故 x2,b2,y2 成等差数列. 答案:B 7.若 P= a+ a+7,Q= a+3+ a+4(a≥0),则 P、Q 的大小关 系是( ) B.P=Q D.由 a 的取值确定

A.P>Q C.P<Q

解析:∵要证 P<Q,只要证 P2<Q2, 只要证:2a+7+2 a?a+7?<2a+7+2· ?a+3??a+4?, 只要证:a2+7a<a2+7a+12, 只要证:0<12, ∵0<12 成立, ∴P<Q 成立.

答案:C 1 1 1 8.设 x,y,z∈(0,+∞),a=x+y ,b=y+ z ,c=z+x ,则 a,b,c 三数( ) B.都小于 2 D.都大于 2

A.至少有一个不大于 2 C.至少有一个不小于 2

1 1 1 解析:a+b+c=x+y +y+ z +z+x≥6, 因此 a,b,c 至少有一个不小于 2. 答案:C 3 3 3 9.要使 a- b< a-b成立,则 a,b 应满足( A.ab<0 且 a>b B.ab>0 且 a>b C.ab<0 且 a<b D.ab>0 且 a>b 或 ab<0 且 a<b 3 3 3 解析:要使 a- b< a-b成立, 3 3 3 只要( a- b)3<( a-b)3 成立, 3 3 即 a-b-3 a2b+3 ab2<a-b 成立, 3 3 只要 ab2< a2b成立, 只要 ab2<a2b 成立, 即要 ab(b-a)<0 成立, 只要 ab>0 且 a>b 或 ab<0 且 a<b 成立. 答案:D )

? 1 ? a2+b2 ? 10. 已知 a>b>0, 且 ab=1, 若 0<c<1, p=logc 2 , q=logc? ? a+ b?
2

,则 p、q 的大小关系是( A.p>q C.p=q a2+b2 解析:∵ 2 >ab=1, a2+b2 ∴p=logc 2 <0. 又 q=logc? 1 ?2 ? ? a+ b?
?

) B.p<q D.p≥q

1 =logc a+b+2 ab 1 1 >logc =logc4>0, 4 ab ∴q>p. 答案:B 二、填空题 11.设 a= 3+2 2,b=2+ 7,则 a,b 的大小关系为__________. 解析: a= 3+2 2, b=2+ 7两式的两边分别平方, 可得 a2=11+4 6, b2=11+4 7,显然, 6< 7. ∴a<b. 答案:a<b 12.在不等边三角形中,a 为最大边,要想得到∠A 为钝角的结论,则 三边 a,b,c 应满足__________. b2+c2-a2 解析:由余弦定理 cosA= 2bc <0, 所以 b2+c2-a2<0,即 a2>b2+c2.

答案:a2>b2+c2 13.已知点 An(n,an)为函数 y= x2+1图像上的点,Bn(n,bn)为函数 y =x 图像上的点,其中 n∈N*,设 cn=an-bn,则 cn 与 cn+1 的大小关系为 __________. 解析:由条件得 cn=an-bn= n2+1-n= ∴cn 随 n 的增大而减小. ∴cn+1<cn. 答案:cn+1<cn 14.设 a,b 是两个实数,给出下列条件: ①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1. 其中能推出:“a,b 中至少有一个大于 1”的条件是__________.(填 序号) 1 2 解析:若 a=2,b=3,则 a+b>1, 但 a<1,b<1,故①推不出; 若 a=b=1,则 a+b=2,故②推不出; 若 a=-2,b=-3,则 a2+b2>2,故④推不出; 若 a=-2,b=-3,则 ab>1,故⑤推不出; 对于③,即 a+b>2,则 a,b 中至少有一个大于 1, 反证法:假设 a≤1 且 b≤1, 则 a+b≤2 与 a+b>2 矛盾, 因此假设不成立,故 a,b 中至少有一个大于 1. 答案:③ 三、解答题 15.设 f(x)=ex-1.当 a>ln2-1 且 x>0 时,证明:f(x)>x2-2ax. 1 , n2+1+n

证明:欲证 f(x) >x2-2ax,即 ex-1 >x2-2ax, 也就是 ex-x2+2ax-1>0. 可令 u(x)=ex-x2+2ax-1,则 u′(x)=ex-2x+2a. 令 h(x)=ex-2x+2a,则 h′(x)=ex-2. 当 x∈(-∞,ln2)时,h′(x)<0,函数 h(x)在(-∞,ln2]上单调递减, 当 x∈(ln2,+∞)时,h′(x)>0,函数 h(x)在[ln2,+∞)上单调递增. 所以 h(x)的最小值为 h(ln2)=eln2-2ln2+2a=2-2ln2+2a. ∵a>ln2-1, ∴h(ln2) >2-2ln2+2(ln2-1)=0,即 h(ln2)>0. ∴u′(x)=h(x)>0,即 u(x)在 R 上为增函数. 故 u(x)在(0,+∞)上为增函数.所以 u(x)>u(0). 而 u(0)=0,∴u(x)=ex-x2+2ax-1>0. 即当 a>ln2-1 且 x>0 时,f(x)>x2-2ax. 答案:证明略. 16.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)的图像与 x 轴有两个不同的 交点.若 f(c)=0,且 0<x<c 时,f(x)>0. 1 (1)证明:a是函数 f(x)的一个零点; 1 (2)试比较a与 c 的大小. 解析:(1)证明:∵f(x)的图像与 x 轴有两个不同的交点, ∴f(x)=0 有两个不等实根 x1,x2. ∵f(c)=0, ∴x1=c 是 f(x)=0 的根. c 又 x1x2=a,

1?1 ? ∴x2=a?a≠c?,
? ?

1 ∴a是 f(x)=0 的一个根. 1 即a是函数 f(x)的一个零点. 1 (2)假设a<c, 1 ∵a>0,
?1? ∴由 0<x<c 时,f(x)>0,知 f?a?>0, ? ? ?1? 1 这与 f?a?=0 矛盾,∴a≥c. ? ?

1 1 又∵a≠c,∴a>c. 1 答案:(1)证明略;(2)a>c.

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?a+b? ? 2ab ? ?1? ?, 1. 已知函数 f(x)=?2?x, a, b∈R+, A=f? B=f( ab), C=f?a+b?, ? ? ? 2 ? ? ?

则 A、B、C 的大小关系是( A.A≤B≤C C.B≤C≤A

) B.A≤C≤B D.C≤B≤A

a+b ?1? 2ab 解析: 2 ≥ ab≥ ,又函数 f(x)=?2?x 在(-∞,+∞)上是单调递 ? ? a+b 减函数, ∴f?
?a+b? ? 2ab ? ?≤f( ab)≤f? ?. ? 2 ? ?a+b?

答案:A 2.若 a,b,c 为 Rt△ABC 的三边,其中 c 为斜边,那么 an+bn 与 cn(其 中 n∈N*且 n>2)的大小关系是__________. 解析:方法一:△ABC 为直角三角形,且 c 为斜边, 则 c2=a2+b2, a b ∴c>a>0,c>b>0,即 0<c<1,0<c <1. 当 n>2 时,
?a?n ?b?n ?a?2 ?b?2 a +b ? ? +? ? <? ? +? ? = c2 =1, ?c ? ? c? ? c? ? c?
2 2

即 an+bn<cn. 方法二:特值法,令 c= 2,a=b=1. 答案:an+bn<cn 3.已知非零向量 a,b,且 a⊥b,求证: 证明:∵a⊥b,∴a· b=0, |a|+|b| 要证 ≤ 2,只需证|a|+|b|≤ 2|a+b|, |a+b| |a|+|b| ≤ 2. |a+b|

只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a· b+b2), 只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2, 只需证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0, 即(|a|-|b|)2≥0,上式显然成立,故原不等式得证. 4.设 f(x)=3ax2+2bx+c,若 a+b+c=0,f(0)>0,f(1)>0,求证:a b >0 且-2<a<-1. 证明:∵f(0)>0,∴c>0, 又∵f(1)>0,即 3a+2b+c>0① 而 a+b+c=0 即 b=-a-c 代入①式, ∴3a-2a-2c+c>0,即 a-c>0,∴a>c. ∴a>c>0. 又∵a+b=-c<0,a+b<0. b b ∴1+a<0.∴a<-1. 又 c=-a-b,代入①式得, 3a+2b-a-b>0,∴2a+b>0. b ∴2+a>0. b b ∴a>-2.故-2<a<-1. b 综上,a>0 且-2<a<-1. π? π? ? ? 5.已知函数 f(x)=tanx,x∈?0,2?,若 x1,x2∈?0,2?,且 x1≠x2,求
? ? ? ? ?x1+x2? 1 ?. 证:2[f(x1)+f(x2)]>f? ? 2 ? ?x1+x2? 1 ?, 证明:要证明2[f(x1)+f(x2)]>f? ? 2 ?

x1+x2 1 即证明2(tanx1+tanx2)>tan 2 , x1+x2 1? sinx1 sinx2 ? 只需证明2?cosx +cosx ?>tan 2 , ? 1 2? sin?x1+x2? sin?x1+x2? 只需证明2cosx cosx > . 1 2 1+cos?x1+x2? π? ? 由于 x1、x2∈?0,2?,故 x1+x2∈(0,π).
? ?

∴cosx1cosx2>0,sin(x1+x2)>0, 1+cos(x1+x2)>0, 故只需证明 1+cos(x1+x2)>2cosx1cosx2, 即证 1+cosx1cosx2-sinx1sinx2>2cosx1cosx2, 即证 cos(x1-x2)<1. π? ? 由 x1、x2∈?0,2?,x1≠x2 知上式是显然成立的.
? ? ?x1+x2? 1 ?. 因此,2[f(x1)+f(x2)]>f? ? 2 ?

a?x-1? 6.已知函数 f(x)=lnx- . x+ 1 (1)若函数 f(x)在(0,+∞)上为单调递增函数,求 a 的取值范围; m-n m+n (2)设 m,n∈R+,且 m>n,求证: < . lnm-lnn 2
2 2 1 a?x+1?-a?x-1? ?x+1? -2ax x +?2-2a?x+1 解析: (1)f′(x)=x- = = . ?x+1?2 x?x+1?2 x?x+1?2

因为 f(x)在(0,+∞)上为单调增函数, 所以 f′(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立. 即 x2+(2-2a)x+1≥0 在(0,+∞)上恒成立. 当 x∈(0,+∞)时,由 x2+(2-2a)x+1≥0,

1 得 2a-2≤x+x. 1 设 g(x)=x+x,x∈(0,+∞). 1 g(x)=x+x ≥2 1 x· x =2,

1 所以当且仅当 x=x,即 x=1 时取等号, 即 g(x)的最小值为 2. 则 2a-2≤2,即 a≤2. 故 a 的取值范围是(-∞,2]. m m ?m ? ? -1? - 1 + 1 2 n n m-n m+n m ?n ? (2)证明:要证 < 2 ,只需证 m < 2 ,即证 ln n > m , lnm-lnn ln n n +1
?m ? 2? n -1? m ? ? 则只需证 ln n - m >0. n +1

设 h(x)=lnx-

2?x-1? . x+1

m 由(1),知 h(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,又 n >1,
?m ? ? -1? 2 ?m? m ?n ? 所以 h? n ?>h(1)=0.即 ln n - m >0 成立. ? ? n +1

m-n m+n 所以 < . lnm-lnn 2


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