2021高考数学大一轮复习考点规范练36直接证明与间接证明理新人教A版

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考点规范练36　直接证明与间接证明 ‎　考点规范练B册第22页　 ‎ 基础巩固 ‎1.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明(　　)‎ 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:在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.‎ ‎2.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 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.故选C.‎ ‎3.利用反证法证明“若x2+y2=0,则x=y=0”时,应假设(　　)‎ A.x,y都不为0 ‎ B.x≠y,且x,y都不为0‎ C.x≠y,且x,y不都为0 ‎ D.x,y不都为0‎ 答案:D 解析:原命题的结论是x,y都为零,利用反证法时,应假设x,y不都为零.‎ ‎4.设a,b是两个实数,下列条件中,能推出“a,b中至少有一个大于1”的是(　　)‎ 5‎ 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,则a+b>1,但a<1,b<1,故A推不出;‎ 若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故C推不出;‎ 若a=-2,b=-3,则ab>1,故D推不出;‎ 对于B,若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.‎ ‎5.设a,b,c均为正实数,则三个数a+‎1‎b,b+‎1‎c,c+‎1‎a(　　)‎ A.都大于2 ‎ B.都小于2‎ C.至少有一个不大于2 ‎ D.至少有一个不小于2‎ 答案:D 解析:∵a>0,b>0,c>0,‎ ‎∴a+‎‎1‎b+b+‎‎1‎c+c+‎‎1‎a=a+‎‎1‎a+b+‎‎1‎b+c+‎‎1‎c≥‎‎6,当且仅当a=b=c=1时等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.‎ ‎6.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 答案:A 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,即f(x1)b>0,m=a‎-‎b,n=a-b,则m,n的大小关系是　　　　　. ‎ 5‎ 答案:mb>0,所以要得出m与n的大小关系,只需判断mn‎=‎a‎-‎ba-b与1的大小关系,只需判断a+b-2‎aba-b与1的大小关系,只需判断a+b-2ab-(a-b)与0的大小关系,只需判断2b-2ab与0的大小关系,只需判断b‎-‎a与0的大小关系.由a>b>0,可知b‎-‎a<0,即mn<1,即可判断m2‎‎2‎‎+‎‎5‎ 解析:要比较‎6‎‎+‎‎7‎与2‎2‎‎+‎‎5‎的大小,只需比较(‎6‎‎+‎‎7‎)2与(2‎2‎‎+‎‎5‎)2的大小,只需比较6+7+2‎42‎与8+5+4‎10‎的大小,只需比较‎42‎与2‎10‎的大小,只需比较42与40的大小,‎ ‎∵42>40,‎∴‎6‎+‎‎7‎>2‎‎2‎‎+‎5‎.‎ ‎9.设函数f(x)=‎1‎x+2‎,a,b∈(0,+∞).‎ ‎(1)用分析法证明:fab+fba‎≤‎‎2‎‎3‎;‎ ‎(2)设a+b>4,求证:af(b),bf(a)中至少有一个大于‎1‎‎2‎‎.‎ 证明(1)要证明fab+fba‎≤‎‎2‎‎3‎,只需证明‎1‎ab‎+2‎‎+‎1‎ba‎+2‎≤‎‎2‎‎3‎,只需证明ba+2b‎+ab+2a≤‎‎2‎‎3‎,即证b‎2‎‎+4ab+‎a‎2‎‎2a‎2‎+5ab+2‎b‎2‎‎≤‎‎2‎‎3‎,‎ 即证(a-b)2≥0,这显然成立,所以fab+fba‎≤‎2‎‎3‎.‎ ‎(2)假设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+2,两式相加得a+b≤4,‎ 这与a+b>4矛盾,所以af(b),bf(a)中至少有一个大于‎1‎‎2‎‎.‎ 能力提升 ‎10.若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则(　　)‎ 5‎ A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形 B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形 C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形 D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形 答案:D 解析:由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.‎ 由sinA‎2‎=cosA‎1‎=sinπ‎2‎‎-‎A‎1‎,‎sinB‎2‎=cosB‎1‎=sinπ‎2‎‎-‎B‎1‎,‎sinC‎2‎=cosC‎1‎=sinπ‎2‎‎-‎C‎1‎,‎得A‎2‎‎=π‎2‎-A‎1‎,‎B‎2‎‎=π‎2‎-B‎1‎,‎C‎2‎‎=π‎2‎-C‎1‎,‎ 则A2+B2+C2=π‎2‎,这与三角形内角和为180°相矛盾.‎ 因此假设不成立,故△A2B2C2是钝角三角形.‎ ‎11.已知a,b,μ∈(0,+∞),且‎1‎a‎+‎‎9‎b=1,要使得a+b≥μ恒成立,则μ的取值范围是　　　　　. ‎ 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(当且仅当a=4,b=12时等号成立).∴a+b的最小值为16.‎ ‎∴要使a+b≥μ恒成立,只需16≥μ.∴0<μ≤16.‎ ‎12.已知a>b>c,求证:‎1‎a-b‎+‎1‎b-c+‎4‎c-a≥‎0.‎ 证明因为a>b>c,所以a-b>0,b-c>0,a-c>0.‎ 所以4(a-b)(b-c)≤[(a-b)+(b-c)]2=(a-c)2.‎ 所以a-c‎(a-b)(b-c)‎‎≥‎‎4‎a-c,‎ 即‎(b-c)+(a-b)‎‎(a-b)(b-c)‎‎-‎4‎a-c≥‎0.‎ 所以‎1‎a-b‎+‎1‎b-c+‎4‎c-a≥‎0.‎ 高考预测 5‎ ‎13.①已知p3+q3=2,求证p+q≤2,用反证法证明时,应假设p+q>2;②设a为实数,f(x)=x2+ax+a,求证|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于‎1‎‎2‎,用反证法证明时,应假设|f(1)|‎≥‎‎1‎‎2‎,且|f(2)|‎≥‎1‎‎2‎.‎以下说法正确的是(　　)‎ A.①与②的假设都错误 B.①与②的假设都正确 C.①的假设正确,②的假设错误 D.①的假设错误,②的假设正确 答案:C 解析:①p+q≤2的否定应为p+q>2,故①的假设正确;②|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于‎1‎‎2‎的否定为|f(1)|与|f(2)|都小于‎1‎‎2‎,即|f(1)|<‎1‎‎2‎,|f(2)|<‎1‎‎2‎,故②的假设错误.故选C.‎ 5‎