高考文科数学复习：夯基提能作业本 (4)
第四节 直接证明与间接证明
A组 基础题组
1.用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要作的假设是( )
A.方程x3+ax+b=0没有实根
B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根
C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根
D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根
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
3.在△ABC中,sin Asin C
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
8.将2n按如表所示的规律填在5列的数表中,设22 014排在数表的第n行,第m列,则第m列中的前n个数的和Sn= .
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9.在数列{an}中,已知a1=14,an+1an=14,bn+2=3log14an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:数列{bn}是等差数列.
10.若f(x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a-2),使函数h(x)=1x+2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.
B组 提升题组
11.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( )
A.②③ B.①②③ C.③ D.③④⑤
12.如果△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( )
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
13.已知正项等比数列{an}满足:a7=a6+2a5,若存在两项am、an使得aman=4a1,则1m+4n的最小值为( )
A.32 B.53 C.256 D.不存在
14.若二次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1在区间[-1,1]内至少存在一个数c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是 .
15.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,当f(c)=0,且00.
(1)证明:1a是f(x)=0的一个根;
(2)试比较1a与c的大小;
(3)证明:-20⇔(a-c)·
(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.
3.C ∵cos Acos C-sin Asin C>0,
即cos(A+C)>0,∴-cos B>0,∴cos B<0,B为钝角.
故△ABC为钝角三角形.
4.D ∵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,“=”成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.
5.A 因为a,b为正实数,所以a+b2≥ab≥2aba+b,又f(x)=12x在R上是单调减函数,故fa+b2≤f(ab)≤f2aba+b.
6.B 由已知条件,可得a+c=2b,①x2=ab,②y2=bc.③
由②③得a=x2b,c=y2b.代入①,得x2b+y2b=2b,
即x2+y2=2b2,故x2,b2,y2成等差数列(x2,b2,y2不成等比数列).
7.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,则f(x1)< f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.
8.答案 22 018-415
解析 由于2 014=4×503+2,故22 014位于表格的第504行第3列,所以n=504,m=3.所以Sn=22[1-(24)504]1-24=22 018-415.
9.解析 (1)因为a1=14,an+1an=14,所以数列{an}是首项为14,公比为14的等比数列,
所以an=14n(n∈N*).
(2)证明:因为bn=3log14an-2,
所以bn=3log1414n-2=3n-2.
所以b1=1,公差d=3,
所以数列{bn}是首项b1=1,公差d=3的等差数列.
10.解析 (1)由已知得g(x)=12(x-1)2+1,其图象的对称轴为直线x=1,区间[1,b]在对称轴的右边,
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12b2-b+32=b,解得b=1或b=3,
因为b>1,所以b=3.
(2)不存在.理由如下:假设函数h(x)=1x+2在区间[a,b](a>-2)上是“四维光军”函数,
因为h(x)=1x+2在区间(-2,+∞)上单调递减,
所以有h(a)=b,h(b)=a,
即1a+2=b,1b+2=a,解得a=b,这与已知矛盾.故不存在.
B组 提升题组
11.C 若a=12,b=23,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;
若a=b=1,则a+b=2,但不满足a,b中至少有一个大于1,故②推不出;
若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,但a<1,b<1,故④推不出;
若a=-2,b=-3,则ab>1,但a<1,b<1,故⑤推不出.
对于③,若a+b>2,则“a,b中至少有一个大于1”成立.
证明(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.故选C.
12.D 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,假设△A2B2C2是锐角三角形,
由题意不妨令cos A1=sin A2,cos B1=sin B2,cos C1=sin C2.
由sinA2=cosA1=sin(90°-A1),sinB2=cosB1=sin(90°-B1),sinC2=cosC1=sin(90°-C1),
得A2=90°-A1,B2=90°-B1,C2=90°-C1.
那么A2+B2+C2=90°,这与“三角形内角和为180°”相矛盾.
所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形,所以△A2B2C2是钝角三角形.
13.A 由题意可知,a5q2=a5q+2a5(q>0,a5>0),化简得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去).
由aman=4a1,得a1qm-1·a1qn-1=16a12,
∴qm+n-2=16=24,
∴m+n=6,
∴1m+4n=1m+4n·m+n6=165+4mn+nm
≥165+24mn·nm=32,当且仅当4mn=nm,即m=2,n=4时,取“=”.
14.答案 -3,32
解析 由题意可得只需f(-1)>0或f(1)>0即可,由f(1)>0,得2p2+3p-9<0,即-30,得2p2-p-1<0,即-120,且1a>0,
知f1a>0与f1a=0矛盾,
∴1a≥c,又∵1a≠c,∴1a>c.
(3)证明:由f(c)=0,得ac+b+1=0,
∴b=-1-ac.
又a>0,c>0,∴b<-1.
二次函数f(x)的图象的对称轴为x=-b2a=x1+x22.
又1a>c,∴x2>x1,∴x1+x220,∴b>-2,∴-2
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