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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