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2015届高考数学(理)基础知识总复习课时精练:第6章 第7节 直接证明与间接证明]


第七节

直接证明与间接证明
4 4

1.命题“对于任意角 θ ,cos θ -sin θ =cos 2θ ”的证 4 4 2 2 2 2 明 : cos θ - sin θ = (cos θ - sin θ )(cos θ + sin θ ) = 2 2 cos θ -sin θ =cos 2θ 过程应用了( ) A.分析法

B.综合法 C.综合法、分析法综合应用 D.间接证明法 解析:因为证明过程是“从左往右”,即由条件? 结论. 答案:B 2.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0. 其中能使 + ≥2 成立的条件有( A .1 个 B.2 个

b a a b

) D.4 个

C.3 个

解析:要使 + ≥2,只需 >0, >0,即 a,b 不为 0 且同号 即可,∴①③④满足.故选 C. 答案:C 3 .(2013·南宁质检 ) 要证 a + b - 1 - a b ≤0,只要证明 ) a4+b4 2 2 2 2 A.2ab-1-a b ≤0 B.a +b -1- ≤0 2 2 (a+b) 2 2 2 2 C. -1-a b ≤0 D.(a -1)(b -1)≥0 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

b a a b

b a

a b

(

解析:因为 a +b -1-a b ≤0,所以(a -1)(b -1)≥0, 故选 D. 答案:D 4.设 a,b,c,d∈(0,+∞),若 a+d=b+c 且|a-d|<|b -c|,则有( )

A.ad=bc C.ad>bc

B.ad<bc D.ad≤bc
2 2

解析:|a-d|<|b-c|?(a-d) <(b-c) ? a2+d2-2ad<b2+c2-2bc. 2 2 又∵a+d=b+c?(a+d) =(b+c) ? a2+d2+2ad=b2+c2+2bc, ∴-4ad<-4bc.∴ad>bc.故选 C. 答案:C 5.规定记号 表示一种运算,即 a b 为正实数),若 k=3,则 k=( ) A.-2 B.1 C.-2 或 1
2

b=ab+a+b2 (a,
D.2
2

解析: 根据运算有 1·k+1+k =3, k∈R+, 即 k +k-2=0, 解得 k=1 或 k=-2(舍去).∴k=1.故选 B. 答案:B 6 . (2013· 长 宁 检 测 ) 用 反 证 法 证 明 命 题 “ 若 sin 2 2 θ · 1-cos θ +cos θ · 1-sin θ =1,则 sin θ ≥0 且 cos θ ≥0”时,下列假设的结论正确的是( ) A.sin θ ≥0 或 cos θ ≥0 B.sin θ <0 且 cos θ <0 C.sin θ <0 或 cos θ <0 D.sin θ >0 且 cos θ >0 解析:由题意,考虑 sin θ ≥0 且 cos θ ≥0 的否定,由于 sin θ ≥0 且 cos θ ≥0 表示 sin θ ,cos θ 大于等于 0 都成 立,故其否定为 sin θ ,cos θ 不都大于等于 0,选 C. 答案:C 7.函数 f(x)由下表定义: x 2 5 3 1 4 f(x) 1 2 3 4 5 若 a0=5,an+1=f(an),n=0,1,2,?,则 a2 012=________. 答案:5

3 3 8.用反证法证明“如果 a>b,那么 a> b”,假设内容 应是______________. 3 3 答案: a≤ b 9.函数 y=loga(x+3)-1(a>0 且 a≠1)的图象恒过定点 A, 1 2 若点 A 在直线 mx+ny+1=0 上,其中 mn>0,则 + 的最小值为

m n

________. 解析: 函数 y=loga(x+3)-1(a>0 且 a≠1)的图象恒过定点 A(-2,-1),则(-2)·m+(-1)·n+1=0,即 2m+n=1.因 1 2 ?1 2? n 4m ? + 为 m , n>0 , 所 以 + = ? ·(2 m + n ) = 4 + + ≥4 + ? ?

m

n

?m

n?

m

n

2

n 4m · =8. m n
答案:8

10.已知函数 f(x)=ax+2a+1,当 x∈[-1,1]时,f(x) 有正值也有负值,则实数 a 的取值范围为________. 解析:由题意得 f(x)=ax+2a+1 为斜率不为 0 的直线,由 单调性知 f(1)·f(-1)<0, 1 ∴(a+2a+1)·(2a-a+1)<0.∴-1<a<- . 3 ? 1? ? ? - 1 ,- 答案:? 3? ? ? 1 1 11.已知 a>0, - >1,求证: 1+a> 1 . 1-b

b a

1 1 证明: 由已知 - >1 及 a>0 可知 0<b<1, 要证 1+a>

b a

1 , 1 -b

只需证 1+a· 1-b>1, 只需证 1+a-b-ab>1, a-b 只需证 a-b-ab>0 即 >1,

ab

1 1 即 - >1,这是已知条件,所以原不等式得证.

b a

12.若实数 x≠1,求证:3(1+x +x )>(1+x+x ) . .证明:采用差值比较法: 2 4 2 2 3(1+x +x )-(1+x+x ) 2 4 2 4 2 3 =3+3x +3x -1-x -x -2x-2x -2x 4 3 =2(x -x -x+1) 2 2 =2(x-1) (x +x+1) ?? ? 1? 2?? ?2 3? =2(x-1) ??x+ ? + ? 2? 4? ?? ? 1? 3 2 2 ? 因为 x≠1,从而(x-1) >0,且?x+ ? + >0, 2? 4 ? ? ?? ? 1? 2 ? ?2 3? x + + 所以 2(x-1) ? >0, ?? 2? 4? ? ?? ? 2 4 2 2 所以 3(1+x +x )>(1+x+x ) . 13.已知函数 f(x)=aln(1+e )-(a+1)x(其中 a>0),点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3))从左到右依次是函数 y=f(x)图象上三点,且 2x2=x1+x3. (1)证明:函数 f(x)在 R 上是减函数; (2)求证:△ABC 是钝角三角形. 证明:(1)因为 f(x)=aln(1+e )-(a+1)x,所以 f′(x) x aex -(a+1)-e = <0 恒成立,所以函数 f(x)在 x-(a+1)= x 1+e 1 +e (-∞,+∞)上是单调减函数. (2)据题意 A(x1, f(x1)), B(x2, f(x2)), C(x3, f(x3))且 x1<x2<x3,
x x

2

4

2 2

由(1)知 f(x1)>f(x2)>f(x3),x2=

x1+x3
2

.所以→ BA=(x1-x2,f(x1)

- f(x2)) , → BC = (x3 - x2 , f(x3) - f(x2)) ,所以 → BA · → BC = (x1 - x2)·(x3-x2)+[f(x1)-f(x2)]·[f(x3)-f(x2)]. 又 x1-x2<0,x3-x2>0,f(x1)-f(x2)>0,f(x3)-f(x2)<0, 所以 → BA · → BC = (x1 - x2)·(x3 - x2) + [f(x1) - f(x2)]·[f(x3) -

f(x2)]<0.
从而 B∈? ?
? ?π

2

,π ? ?,即△ABC 是钝角三角形.
?

?


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