2021届高考数学一轮总复习课时作业42直接证明与间接证明含解析苏教版

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2021届高考数学一轮总复习课时作业42直接证明与间接证明含解析苏教版

课时作业42 直接证明与间接证明 一、选择题 ‎1.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:0 B.a-c>0‎ C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0‎ 解析:0⇔(a-c)(‎2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.‎ ‎2.用反证法证明命题“设f(x)=x3+3|x-a|(a∈R),则方程f(x)=0至少有一个实根”时,正确的假设是( A )‎ A.方程f(x)=0没有实根 B.方程f(x)=0至多有一个实根 C.方程f(x)=0至多有两个实根 D.方程f(x)=0恰好有两个实根 解析:由反证法证明命题的格式和步骤,可知应设方程f(x)=0没有实根,故应选A.‎ ‎3.若P=+,Q=+(a≥0),则P,Q的大小关系是( A )‎ A.P>Q B.P=Q C.PQ,要证P>Q,只需证P2>Q2,只需证:‎2a+13+2>‎2a+13+2,只需证a2+‎13a+42>a2+‎13a+40,即证42>40,因为42>40成立,所以P>Q成立.‎ ‎4.已知函数f(x)=x,a,b为正实数,A=f,B=f(),C=f,则A,B,C的大小关系为( A )‎ A.A≤B≤C B.A≤C≤B C.B≤C≤A D.C≤B≤A 解析:因为≥≥,又f(x)=x在R上是减函数,故f≤f()≤f,即A≤B≤C.‎ ‎5.若a,b∈R,则下面四个式子中恒成立的是( B )‎ A.lg(1+a2)>0 B.a2+b2≥2(a-b-1)‎ C.a2+3ab>2b2 D.< 3‎ 解析:在B中,∵a2+b2-2(a-b-1)=(a2-‎2a+1)+(b2+2b+1)=(a-1)2+(b+1)2≥0.∴a2+b2≥2(a-b-1)恒成立.‎ ‎6.设x,y,z都为正实数,则三个数+,+,+( C )‎ A.都大于2 B.至少有一个大于2‎ C.至少有一个不小于2 D.至少有一个不大于2‎ 解析:假设三个数都小于2,则+++++<6,由于+++++=++≥2+2+2=6,所以假设不成立,所以+,+,+中至少有一个不小于2.故选C.‎ ‎7.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,若x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的值( A )‎ A.恒为负值 B.恒等于零 C.恒为正值 D.无法确定正负 解析:由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的减函数.由x1+x2>0,可知x1>-x2,则f(x1)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( C )‎ A.②③ B.①②③‎ C.③ D.③④⑤‎ 解析:若a=,b=,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,a,b中至少有一个大于1.‎ 二、填空题 ‎9.设a=+2,b=2+,则a,b的大小关系为a1,则a,b,c,d中至少有一个是非负数”时,第一步要假设结论的否定成立,那么结论的否定是:a,‎ 3‎ b,c,d全是负数.‎ 解析:“至少有一个”的否定是“一个也没有”,故结论的否定是“a,b,c,d中没有一个是非负数,即a,b,c,d全是负数”.‎ ‎11.已知a,b是不相等的正数,x=,y=,则x,y的大小关系是y>x.‎ 解析:x2=,y2=a+b,y2-x2=a+b-==>0,即y2>x2,因为x>0,y>0,所以y>x.‎ ‎12.如果a+b>a+b,则a,b应满足的条件是a≥0,b≥0且a≠b.‎ 解析:a+b>a+b,即(-)2(+)>0,需满足a≥0,b≥0且a≠b.‎ 三、解答题 ‎13.已知x,y,z是互不相等的正数,且x+y+z=1,求证:>8.‎ 证明:因为x,y,z是互不相等的正数,且x+y+z=1,‎ 所以-1==>,①‎ -1==>,②‎ -1==>,③‎ 又x,y,z为正数,由①×②×③,‎ 得>8.‎ 故原不等式得证.‎ ‎14.已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.‎ 证明:a⊥b⇔a·b=0,要证≤.‎ 只需证|a|+|b|≤|a+b|,‎ 只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(|a|2+‎2a·b+|b|2),‎ 只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2|a|2+2|b|2,‎ 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.‎ 3‎
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