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【金版学案】2015届高考数学总复习 第六章 第七节直接证明与间接证明课时精练 理


第七节
4

直接证明与间接证明
4 4 4 2

1. 命题“对于任意角 θ , cos θ -sin θ =cos 2θ ”的证明: cos θ -sin θ =(cos θ 2 2 2 2 2 -sin θ )(cos θ +sin θ )=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 C.3 个 D.4 个

b a a b

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 B.ad<bc C.ad>bc D.ad≤bc 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) ? 2 2 2 2 a +d +2ad=b +c +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=ab+a+b (a,b 为正实数),若 1?k=3, 则 k=( ) A.-2 B.1 C.-2 或 1 D.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
2 2 2 2 2

)

1

6 . (2013· 长 宁 检 测 ) 用 反 证 法 证 明 命 题 “ 若 sin θ · 1-cos θ + cos 2 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:

2

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,若点 A 在直线 mx+ny+1 1 2 =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 2 ?1 2? n 4m +(-1)·n+1=0,即 2m+n=1.因为 m,n>0,所以 + =? + ?·(2m+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 ? ? 答案:?-1,- ? 3? ? 1 1 11.已知 a>0, - >1,求证: 1+a> 1 1-b . 1

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- b

只需证 1+a· 1-b>1,

2

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 3? 2?? =2(x-1) ??x+ ? + ? ?? 2? 4? ? 1?2 3 2 因为 x≠1,从而(x-1) >0,且?x+ ? + >0, ? 2? 4 1 3 ?2 ? 2?? 所以 2(x-1) ??x+ ? + ?>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 x x

2

4

2 2

aex
1+e
x

- (a + 1) =

-(a+1)-e <0 恒成立,所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上是单调减函数. x 1+e (2)据题意 A(x1, f(x1)), B(x2, f(x2)), C(x3, f(x3))且 x1<x2<x3, 由(1)知 f(x1)>f(x2)>f(x3), x1+x3 → → → → x2= .所以BA=(x1-x2,f(x1)-f(x2)),BC=(x3-x2,f(x3)-f(x2)),所以BA·BC=(x1 2 -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. ?π ? 从而 B∈? ,π ?,即△ABC 是钝角三角形. ?2 ?

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