【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第十二章　第4讲　直接证明与间接证明作业

【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第十二章　第4讲　直接证明与间接证明作业

第4讲　直接证明与间接证明 ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·衡阳示范高中联考(二))用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”的正确假设为(　　)‎ A．自然数a，b，c中至少有两个偶数 B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 C．自然数a，b，c都是奇数 D．自然数a，b，c都是偶数 解析：选B.“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”说明有且只有一个是偶数，其否定是“自然数a，b，c均为奇数或自然数a，b，c中至少有两个偶数”．‎ ‎2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是(　　)‎ A．x2>2 B．x2>4 ‎ C．x2>0 D．x2>1‎ 解析：选C.因为x>0，所以要证<1＋，只需证()2<，即证0<，即证x2>0，显然x2>0成立，故原不等式成立．‎ ‎3．在△ABC中，sin Asin C＜cos Acos C，则△ABC一定是(　　)‎ A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 解析：选C.由sin Asin C＜cos Acos C得 cos Acos C－sin Asin C＞0，‎ 即cos(A＋C)＞0，所以A＋C是锐角，‎ 从而B＞，故△ABC必是钝角三角形．‎ ‎4．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)‎ A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A 解析：选A.因为≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，所以f≤f( ‎)≤f，即A≤B≤C.‎ ‎5．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．恒为负值 B．恒等于零 C．恒为正值 D．无法确定正负 解析：选A.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上的单调递减函数，‎ 由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)1且＋≥－2，则下列结论成立的是(　　)‎ A．a，b，c同号 B．b，c同号，a与它们异号 C．a，c同号，b与它们异号 D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定 解析：选A.由·>1知与同号，‎ 若>0且>0，不等式＋≥－2显然成立，‎ 若<0且<0，则－>0，－>0，‎ ＋≥2 >2，即＋<－2，‎ 这与＋≥－2矛盾，故>0且>0，即a，b，c同号．‎ ‎2．(应用型)(一题多解)若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是 ．‎ 解析：法一(补集法)：f(x)在区间[－1，1]内至少存在一点c.使f(c)>0，该结论的否定是对于区间[－1，1]内的任意一点c，都有f(c)≤0，‎ 令解得p≤－3或p≥，‎ 故满足条件的p的取值范围为.‎ 法二(直接法)：依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，‎ 即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，‎ 得－＜p＜1或－3＜p＜，‎ 故满足条件的p的取值范围是.‎ 答案： ‎3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.‎ ‎(1)证明：是f(x)＝0的一个根；‎ ‎(2)试比较与c的大小．‎ 解：(1)证明：因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，‎ 所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，‎ 因为f(c)＝0，‎ 所以x1＝c是f(x)＝0的根，‎ 又x1x2＝，‎ 所以x2＝，‎ 所以是f(x)＝0的一个根．‎ ‎(2)假设0，‎ 由00，‎ 知f>0与f＝0矛盾，‎ 所以≥c，又因为≠c，所以>c.‎ ‎4．(综合型)若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a＜b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．‎ ‎(1)设g(x)＝x2－x＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；‎ ‎(2)是否存在常数a，b(a＞－2)，使函数h(x)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由已知得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，‎ 所以函数在区间[1，b]上单调递增，由“四维光军”函数的定义可知 ，g(1)＝1，g(b)＝b，‎ 即b2－b＋＝b，‎ 解得b＝1或b＝3.‎ 因为b＞1，所以b＝3.‎ ‎(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b](a＞－2)上是“四维光军”函数，‎ 因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，‎ 所以有即 解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．‎