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最新高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测:66直接证明与间接证明 Word版含解析

[课 时 跟 踪 检 测]
[基 础 达 标] 1.分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的( A.充分条件 C.充要条件 答案:A 2. 要证明 A.综合法 C.反证法 3+ 7<2 5, 可选择的方法有以下几种, 其中最合理的是( B.分析法 D.归纳法 ) B.必要条件 D.等价条件 )

解析:从要证明的结论——比较两个无理数大小出发,证明此类问题通常转 化为比较有理数的大小,这正是分析法的证明方法,故选 B. 答案:B 1 1 1 3.(亳州模拟)实数 a,b,c 满足 a+b+c=0,abc>0,则a+b+c 的值( A.一定是正数 C.可能是 0 B.一定是负数 D.正、负不确定 )

解析:由 a+b+c=0,abc>0 得 a,b,c 中必有两负一正,不妨设 a<0,b<0, 1 1 1 1 1 1 1 1 c>0,且|a|<c,则|a|>c,从而-a>c ,而b<0,所以a+b+ c<0. 答案:B 4. 若 P= a+ a+7, Q= a+3+ a+4(a≥0), 则 P, Q 的大小关系是( A.P>Q C.P<Q B.P=Q D.由 a 的取值确定 )

解析:要比较两个正数 P,Q 的大小关系,只要比较 P2,Q2 的大小关系, 只要比较 2a+7+2 a?a+7?与 2a+7+2 ?a+3??a+4?的大小, 只要比较 a?a+7?与 ?a+3??a+4?的大小, 即比较 a2+7a 与 a2+7a+12 的大小, 只要比较 0 与 12 的大小,∵0<12,∴P<Q. 答案:C

a b c 5.(南阳模拟)设 a,b,c 大于 0,则 3 个数b, c,a的值( A.至多有一个不大于 1 B.都大于 1 C.至少有一个不大于 1 D.都小于 1

)

a b c 解析:由题意,若 3 个数b,c,a的值均大于 1,则 a>b,b>c,c>a,显然矛 盾, a b c ∴3 个数b, c,a的值至少有一个不大于 1,故选 C. 答案:C ?a+b? ? 2ab ? ?1? ?, 6. 已知函数 f(x)=?2?x, a, b 是正实数, A=f? B=f( ab), C=f?a+b?, ? ? ? 2 ? ? ? 则 A,B,C 的大小关系为( A.A≤B≤C C.B≤C≤A a+b 2ab 解析:因为 2 ≥ ab ≥ , a+b ?1? 又 f(x)=?2?x 在 R 上是减函数, ? ? ?a+b? ? 2ab ? ?≤f( ab)≤f?a+b?. 所以 f? ? 2 ? ? ? 即 A≤B≤C.故选 A. 答案:A a2 b2 7.设 0<x<1,a>0,b>0,a,b 为常数,则 x + 的最小值是( 1-x A.4ab C.(a+b)2 B.2(a2+b2) D.(a-b)2 ) ) B.A≤C≤B D.C≤B≤A

2 b2 ? a2?1-x? b2x ?a 2 + 解析:? x 1-x?[x+(1-x)]=a + + +b2≥a2+b2+2ab=(a+ x 1-x ? ?

b)2. 当且仅当 x= a 时,等号成立.故选 C. a+b

答案:C 8.若 a>0,b>0,a+b=1 则下列不等式不成立的是( 1 A.a2+b2≥2 1 1 C.a+b≥4 1 B.ab≤4 D. a+ b≤1 )

?a+b?2 1 ? ?= , 解析:∵a2+b2=(a+b)2-2ab=1-2ab≥1-2· ? 2 ? 2 ∴A 成立; ?a+b?2 1 ? = ,∴B 成立; ∵ab≤? ? 2 ? 4 1 1 a+b 1 ∵a+b= ab =ab≥ 1 =4,∴C 成立; ?a+b?2 ? ? ? 2 ?

∴( a+ b)2=a+b+2 ab=1+2 ab>1, a+ b>1,故 D 不成立. 答案:D 9.命题“a,b 是实数,若|a+1|+(b+1)2=0,则 a=b=-1”,用反证法 证明时应假设________. 答案:a≠-1 或 b≠-1 10.用反证法证明命题:“a,b∈N,ab 可被 5 整除,那么 a,b 中至少有 一个能被 5 整除”时,假设的内容应为______. 答案:a,b 都不能被 5 整除 11.设 a,b 是两个实数,给出下列条件: ①a+b>2;②a2+b2>2.其中能推出:“a,b 中至少有一个大于 1”的条件是 ________.(填序号) 解析:取 a=-2,b=-1,则 a2+b2>2,从而②推不出. ①能够推出,即若 a+b>2,则 a,b 中至少有一个大于 1. 用反证法证明如下: 假设 a≤1,且 b≤1,则 a+b≤2 与 a+b>2 矛盾. 因此假设不成立,所以 a,b 中至少有一个大于 1. 答案:①

b+c-a c+a-b a+b-c 12. 已知 a, b,c 为不全相等的正数,求证: a + b + c >3. 证明:因为 a,b,c 为不全相等的正数, 所以 b+c-a c+a-b a+b-c a + b + c

b a c a c b =a+b+a+ c+b+c-3, >2 即 ba a· b+2 ca a· c +2 cb b· c -3=3,

b+c-a c+a-b a+b-c + + >3. a b c

π 13.已知 α,β≠kπ+2(k∈Z),且 sinθ+cosθ=2sinα,sinθcosθ=sin2β.求证: 1-tan2α 1-tan2β = . 1+tan2α 2?1+tan2β? 1-tan2α 1-tan2β 证明:要证 = 成立, 1+tan2α 2?1+tan2β? sin2α sin2β 1-cos2α 1-cos2β 即证 sin2α = ? sin2β ?, 1+cos2α 2?1+cos2β? ? ? 1 即证 cos2α-sin2α=2(cos2β-sin2β), 1 即证 1-2sin2α=2(1-2sin2β),即证 4sin2α-2sin2β=1, 因为 sinθ+cosθ=2sinα,sinθcosθ=sin2β, 且(sinθ+cosθ)2=1+2sinθcosθ,所以 1+2sin2β=4sin2α,即 4sin2α-2sin2β =1. 故原结论正确. 14.已知数列{an}的通项公式是 an=n+ 3,求证:数列{an}中任意不同的 三项都不可能是等比数列. 证明: 假设{an}存在不同的三项 ap, aq, ar(p、 q、 r 互不相等)构成等比数列. 则 a2 ar, q=ap· 即(p+ 3)· (r+ 3)=(q+ 3)2, ∴pr+ 3(p+r)+3=q2+2 3q+3,

∴(pr-q2)+ 3(p+r-2q)=0, 由于 p,q,r∈N+,∴pr-q2=0 且 p+r-2q=0. ?p+r?2 ? =0,得(p-r)2=0,故 p=r=q. 于是 pr-? ? 2 ? 这与 p、q、r 互不相等相矛盾, 因此假设不成立,即{an}中任意不同的三项都不可能是等比数列. [能 力 提 升] 1 1 1 1.设 a,b,c 都是正数,则 a+b,b+c ,c+a三个数( A.都大于 2 B.都小于 2 C.至少有一个不大于 2 D.至少有一个不小于 2 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 1? ? 解析:因为?a+b?+?b+ c?+?c+a?=?a+a?+?b+b?+?c+ c?≥6, ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 当且仅当 a=b=c 时取等号,所以三个数中至少有一个不小于 2. 答案:D 2.设 x+y=1,x,y∈(0,+∞),则 x2+y2+xy 的最小值为( 1 A.4 1 C.-4 解析:因为 x>0,y>0 且 x+y=1, ?x+y?2 1 ?= , 所以 xy≤? ? 2 ? 4 1 3 所以 x2+y2+xy=(x+y)2-xy=1-xy≥1-4=4, 3 故 x2+y2+xy 有最小值4. 答案:B 3.对于函数 f(x),若?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c)都是某一三角形的三边 长,则称 f(x)为“可构造三角形函数”.以下说法正确的是( A.f(x)=1(x∈R)不是“可构造三角形函数” ) 3 B.4 3 D.-4 ) )

B.“可构造三角形函数”一定是单调函数 C.f(x)= 1 (x∈R)是“可构造三角形函数” x +1
2

D.若定义在 R 上的函数 f(x)的值域是[ e,e](e 为自然对数的底数),则 f(x) 一定是“可构造三角形函数” 解析:对于 A 选项,由题设所给的定义知,?a,b,c∈R,f(a),f(b),f(c) 是边长为 1 的正三角形的三边长,是“可构造三角形函数”,故 A 选项错误; 对于 B 选项,由 A 选项判断过程知,故 B 选项错误; 1 对于 C 选项,当 a=0,b=3,c=3 时,f(a)=1>f(b)+f(c)=10,不构成三角 形,故 C 选项错误; 对于 D 选项,由于 e+ e>e,可知,定义在 R 上的函数 f(x)的值域是[ e, e](e 为自然对数的底数), 则 f(x)一定是“可构造三角形函数”,故 D 选项正确. 答案:D 4 .设 a>1 , n ∈ N ,若不等式 ________. 解析:n=1 时,结论不成立;n=2 时,不等式变为 2 a-2<a-1,所以( a -1)2>0,因为 a>1,所以不等式成立. 答案:2 1 5.设 a>0,b>0,求证:lg(1+ ab)≤2[lg(1+a)+lg(1+b)]. 1 证明:要证 lg(1+ ab)≤2[lg(1+a)+lg(1+b)], 只需证 1+ ab≤ ?1+a??1+b?, 即证(1+ ab)2≤(1+a)(1+b), 即证 2 ab≤a+b, 而 2 ab≤a+b 成立(a>0,b>0), 1 ∴lg(1+ ab)≤2[lg(1+a)+lg(1+b)]. n a-1 a - 1< n 恒成立时,则 n 的最小值为


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