《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 考點規(guī)范練34 直接證明與間接證明.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 考點規(guī)范練34 直接證明與間接證明.docx（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
考點規(guī)范練34 直接證明與間接證明
基礎(chǔ)鞏固組
1.用反證法證明命題:“如果a,b∈N,ab可被5整除,那么a,b中至少有一個能被5整除”時,假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為( )
A.a,b都能被5整除 B.a,b都不能被5整除
C.a,b不都能被5整除 D.a不能被5整除
答案B
解析因為命題:“如果a,b∈N,ab可被5整除,那么a,b中至少有一個能被5整除”的否定是a,b都不能被5整除,所以用反證法證明該命題時假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為a,b都不能被5整除.故選B.
2.設(shè)a,b,c均為正實數(shù),則三個數(shù)a+1b,b+1c,c+1a( )
A.都大于2 B.都小于2
C.至少有一個不大于2 D.至少有一個不小于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,
當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時,等號成立,故三者不能都小于2,即至少有一個不小于2.
3.已知p=ab+cd,q=ma+ncbm+dn(m,n,a,b,c,d均為正數(shù)),則p,q的大小關(guān)系為( )
A.p≥q B.p≤q C.p>q D.不確定
答案B
解析q=ab+madn+nbcm+cd≥ab+2abcd+cd=ab+cd=p.
4.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時,f(x)單調(diào)遞減,若x1+x2>0,則f(x1)+f(x2)的值( )
A.恒為負值 B.恒等于零
C.恒為正值 D.無法確定正負
答案A
解析由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時,f(x)單調(diào)遞減,可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)
0,
即cos(A+C)>0,則A+C是銳角,
從而B>π2,故△ABC必是鈍角三角形.
6.已知2+23=223,3+38=338,4+415=4415,…,若6+at=6at(a,t均為正實數(shù)),類比以上等式可推測出a,t的值,則a+t= .
答案41
解析按題中的等式可推測出a=6,t=a2-1=35,
則a+t=6+35=41.
7.設(shè)a,b,c是不全相等的實數(shù),給出下列判斷:
①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;
②a>b,ab2+c2
解析由余弦定理知cosA=b2+c2-a22bc<0,
則b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.
能力提升組
9.設(shè)a,b是兩個實數(shù),給出下列條件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出“a,b中至少有一個大于1”的條件是( )
A.②③ B.①②③ C.③ D.③④⑤
答案C
解析若a=12,b=23,則a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;
若a=b=1,則a+b=2,故②推不出;
若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故④推不出;
若a=-2,b=-3,則ab>1,故⑤推不出;
對于③,假設(shè)a≤1且b≤1,則a+b≤2,與a+b>2矛盾,因此假設(shè)不成立,故a,b中至少有一個大于1.
故選C.
10.已知x為正實數(shù),不等式x+1x≥2,x+4x2≥3,x+27x3≥4,…,可推廣為x+axn≥n+1,則a的值為( )
A.2n B.n2 C.22(n-1) D.nn
答案D
解析因為第一個式子中a=11,第二個式子中a=4=22,第三個式子中a=27=33,所以猜想第n個式子中a=nn.故選D.
11.已知函數(shù)f(x)=12x,a,b是正實數(shù),A=fa+b2,B=f(ab),C=f2aba+b,則A,B,C的大小關(guān)系為( )
A.A≤B≤C B.A≤C≤B
C.B≤C≤A D.C≤B≤A
答案A
解析因為a+b2≥ab≥2aba+b,又f(x)=12x在R上是減函數(shù),所以fa+b2≤f(ab)≤f2aba+b.
12.設(shè)x,y,z均大于0,則三個數(shù)yx+yz,zx+zy,xz+xy( )
A.都大于2 B.至少有一個大于2
C.至少有一個不小于2 D.至少有一個不大于2
答案C
解析因為x>0,y>0,z>0,
所以yx+yz+zx+zy+xz+xy=yx+xy+yz+zy+xz+zx≥6,
當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時等號成立,則三個數(shù)中至少有一個不小于2.
13.①已知p3+q3=2,求證p+q≤2,用反證法證明時,可假設(shè)p+q≥2;②已知a,b∈R,|a|+|b|<1,求證方程x2+ax+b=0的兩根的絕對值都小于1,用反證法證明時可假設(shè)方程有一根x1的絕對值大于或等于1,即假設(shè)|x1|≥1.以下說法正確的是( )
A.①與②的假設(shè)都錯誤
B.①與②的假設(shè)都正確
C.①的假設(shè)正確;②的假設(shè)錯誤
D.①的假設(shè)錯誤;②的假設(shè)正確
答案D
解析反證法的實質(zhì)是否定結(jié)論,對于①,其結(jié)論的反面是p+q>2,所以①不正確;對于②,其假設(shè)正確.
14.如果1+23+332+433+…+n3n-1=3n(na-b)+c對一切n∈N*都成立,那么a= ,b= ,c= .
答案12 14 14
解析∵等式1+23+332+433+…+n3n-1=3n(na-b)+c對一切n∈N*均成立,
∴n=1,2,3時等式成立,即1=3(a-b)+c,1+23=32(2a-b)+c,1+23+332=33(3a-b)+c,
整理得3a-3b+c=1,18a-9b+c=7,81a-27b+c=34,解得a=12,b=c=14.
故答案為12,14,14.
15.在平面直角坐標(biāo)系中,當(dāng)P(x,y)不是原點時,定義P的“伴隨點”為Pyx2+y2,-xx2+y2,當(dāng)P是原點時,定義P的“伴隨點”為它自身.現(xiàn)有下列命題:
①若點A的“伴隨點”是點A,則點A的“伴隨點”是點A;
②單位圓上的點的“伴隨點”仍在單位圓上;
③若兩點關(guān)于x軸對稱,則它們的“伴隨點”關(guān)于y軸對稱;
④若三點在同一條直線上,則它們的“伴隨點”一定共線.
其中的真命題是 .
答案②③
解析對于①,令P(1,1),則其“伴隨點”為P12,12,而P12,12的“伴隨點”為(-1,-1),并不是P,故錯誤;對于②,設(shè)P(x,y)是單位圓C:x2+y2=1上的點,其“伴隨點”為P(x,y),則有x=yx2+y2,y=-xx2+y2,
所以x2+y2=yx2+y22+-xx2+y22=1x2+y2=1,所以②正確;對于③,設(shè)P(x,y)的“伴隨點”為Pyx2+y2,-xx2+y2,P1(x,-y)的“伴隨點”為P1-yx2+y2,-xx2+y2,易知Pyx2+y2,-xx2+y2與P1-yx2+y2,-xx2+y2關(guān)于y軸對稱,所以③正確;對于④,設(shè)原直線的解析式為Ax+By+C=0,其中A,B不同時為0,且P(x0,y0)為該直線上一點,P(x0,y0)的“伴隨點”為P(x,y),其中P,P都不是原點,且x=y0x02+y02,y=-x0x02+y02,則x0=-(x02+y02)y,y0=(x02+y02)x.將P(x0,y0)代入原直線方程,得A(x02+y02)y+B(x02+y02)x+C=0,則-Ay+Bx+Cx02+y02=0,由于x02+y02的值不確定,所以“伴隨點”不一定共線,所以④錯誤.
16.已知函數(shù)y=f(x)的定義域為D,若對于任意的x1,x2∈D(x1≠x2),都有fx1+x220,又x1≠x2,所以這個不等式是成立的,故原不等式得證.
17.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,且f(1)=-a2,3a>2c>2b.
求證:(1)a>0且-32c>2b,∴a>0,b<0.
由①變形得c=-32a-b. ②
將②式代入3a>2c>2b得b>-3a,4b<-3a.∴-30矛盾,∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個零點.
18.已知函數(shù)f(x)=x3+11+x,x∈[0,1],求證:
(1)f(x)≥1-x+x2;
(2)3434,所以f(x)>34.
綜上,34
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第七章
不等式、推理與證明
考點規(guī)范練34
直接證明與間接證明
浙江
專用
2020
高考
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
第七
不等式
推理
證明
考點
規(guī)范
34
直接
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