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1、考點規(guī)范練35 直接證明與間接證明
一、基礎(chǔ)鞏固
1.要證a2+b2-1-a2b2≤0,只需證明( )
A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-a4+b42≤0
C.(a+b)22-1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0
答案D
解析在各選項中,只有(a2-1)(b2-1)≥0?a2+b2-1-a2b2≤0,故選D.
2.分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明“設(shè)a>b>c,且a+b+c=0,求證:b2-ac<3a”索的因應(yīng)是( )
A.a-b>0 B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(
2、a-c)<0
答案C
解析b2-ac<3a?b2-ac<3a2?(a+c)2-ac<3a2?a2+2ac+c2-ac-3a2<0?-2a2+ac+c2<0?2a2-ac-c2>0?(a-c)(2a+c)>0?(a-c)(a-b)>0.故選C.
3.設(shè)x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,則( )
A.P>Q B.P0,所以P>2.又(sinx+cosx)2=1+sin2x,而sin2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故選A.
4.利用反證法證明“
3、若x2+y2=0,則x=y=0”時,應(yīng)假設(shè)( )
A.x,y都不為0 B.x≠y,且x,y都不為0
C.x≠y,且x,y不都為0 D.x,y不都為0
答案D
解析原命題的結(jié)論是x,y都為0,利用反證法時,應(yīng)假設(shè)x,y不都為0.
5.設(shè)a,b是兩個實數(shù),下列條件中,能推出“a,b中至少有一個大于1”的是( )
A.a+b>1 B.a+b>2 C.a2+b2>2 D.ab>1
答案B
解析若a=12,b=23,則a+b>1,
但a<1,b<1,故A推不出;
若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故C推不出;
若a=-2,b=-3,則ab>1,故D推不出;
對于B,若a
4、+b>2,則a,b中至少有一個大于1.
反證法: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.
6.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當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x≥0時,f(x)單調(diào)遞減,可知f(x)是R上的減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)b>0,m=a-b,n
5、=a-b,則m,n的大小關(guān)系是 .?
答案mb>0,所以要得出m與n的大小關(guān)系,只需判斷mn=a-ba-b與1的大小關(guān)系,只需判斷a+b-2aba-b與1的大小關(guān)系,只需判斷a+b-2ab-(a-b)與0的大小關(guān)系,只需判斷2b-2ab與0的大小關(guān)系,只需判斷b-a與0的大小關(guān)系.由a>b>0,可知b-a<0,即mn<1,即可判斷m22+5
解析要比較6+7與22+5的大小,只需比較(6+7)2與(22+5)2的大小,只需比較6
6、+7+242與8+5+410的大小,只需比較42與210的大小,只需比較42與40的大小,
∵42>40,∴6+7>22+5.
9.若a,b,c是不全相等的正數(shù),求證:
lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c.
證明∵a,b,c∈(0,+∞),
∴a+b2≥ab>0,b+c2≥bc>0,a+c2≥ac>0.
又上述三個不等式中的等號不能同時成立.
∴a+b2·b+c2·c+a2>abc成立.
上式兩邊同時取常用對數(shù),
得lga+b2·b+c2·c+a2>lgabc,
∴l(xiāng)ga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lga+lgb+lgc.
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7、.已知a>0,1b-1a>1,求證:1+a>11-b.
證明由已知1b-1a>1及a>0可知011-b,只需證1+a·1-b>1,
只需證1+a-b-ab>1,只需證a-b-ab>0,即a-bab>1,
即1b-1a>1,這是已知條件,所以原不等式得證.
11.設(shè)函數(shù)f(x)=1x+2,a,b∈(0,+∞).
(1)用分析法證明:fab+fba≤23;
(2)設(shè)a+b>4,求證:af(b),bf(a)中至少有一個大于12.
證明(1)要證明fab+fba≤23,
只需證明1ab+2+1ba+2≤23,
只需證明ba+2b+ab+2a≤23,即證b2+4a
8、b+a22a2+5ab+2b2≤23,
即證(a-b)2≥0,這顯然成立,
所以fab+fba≤23.
(2)假設(shè)af(b),bf(a)都小于或等于12,
即ab+2≤12,ba+2≤12,
所以2a≤b+2,2b≤a+2,兩式相加得a+b≤4,
這與a+b>4矛盾,
所以af(b),bf(a)中至少有一個大于12.
二、能力提升
12.若△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值,則( )
A.△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形
B.△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形
C.△A1B1C1是鈍角三角形,△A2B2C2是
9、銳角三角形
D.△A1B1C1是銳角三角形,△A2B2C2是鈍角三角形
答案D
解析由條件知,△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0,則△A1B1C1是銳角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假設(shè)△A2B2C2是銳角三角形.
由sinA2=cosA1=sinπ2-A1,sinB2=cosB1=sinπ2-B1,sinC2=cosC1=sinπ2-C1,得A2=π2-A1,B2=π2-B1,C2=π2-C1,
則A2+B2+C2=π2,
這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾.
因此假設(shè)不成立,故△A2B2C2是鈍角三角形.
13.已知a,b,μ∈(0,+∞),且1a+9b=
10、1,要使得a+b≥μ恒成立,則μ的取值范圍是 .?
答案(0,16]
解析∵a,b∈(0,+∞),且1a+9b=1,
∴a+b=(a+b)1a+9b=10+9ab+ba≥10+29=16(當且僅當a=4,b=12時等號成立).
∴a+b的最小值為16.
∴要使a+b≥μ恒成立,只需16≥μ.∴0<μ≤16.
14.在Rt△ABF中,AB=2BF=4,C,E分別是AB,AF的中點(如圖①).將此三角形沿CE對折,使平面AEC⊥平面BCEF(如圖②),已知D是AB的中點.
(1)求證:CD∥平面AEF;
(2)求證:平面AEF⊥平面ABF.
圖①
圖②
證
11、明(1)取AF中點M,連接DM,EM.
∵D,M分別是AB,AF的中點,
∴DM是△ABF的中位線,∴DM12BF.
又CE12BF,∴四邊形CDME是平行四邊形,
∴CD∥EM.
又EM?平面AEF,CD?平面AEF,
∴CD∥平面AEF.
(2)由題意知CE⊥AC,CE⊥BC,
且AC∩BC=C,故CE⊥平面ABC.
又CD?平面ABC,∴CE⊥CD.
∴四邊形CDME是矩形.∴EM⊥MD.
在△AEF中,EA=EF,M為AF的中點,
∴EM⊥AF,且AF∩MD=M,
∴EM⊥平面ABF.
又EM?平面AEF,∴平面AEF
12、⊥平面ABF.
三、高考預測
15.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=2.
(1)證明:數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=3nSn-n+1(n∈N*)的前n項和為Tn,證明:Tn<6.
(1)解因為Sn=an+1+n-2,
所以當n≥2時,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3,
兩式相減,得an=an+1-an+1,即an+1=2an-1.
設(shè)cn=an-1,代入上式,
得cn+1+1=2(cn+1)-1,即cn+1=2cn(n≥2).
又Sn=an+1+n-2,則an+1=Sn-n
13、+2,
故a2=S1-1+2=3.
所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c1.
綜上,對于正整數(shù)n,cn+1=2cn都成立,即數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列,其首項a1-1=1,公比q=2.
所以an-1=1×2n-1,故an=2n-1+1.
(2)證明由Sn=an+1+n-2,得Sn-n+2=an+1=2n+1,
即Sn-n+1=2n,所以bn=3n2n.
所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=32+622+…+3n2n,①
2×①,得2Tn=3+62+3×322+…+3n2n-1,②
②-①,得Tn=3+32+322+…+32n-1-3n2n
=3×1+12+122+…+12n-1-3n2n
=3×1-12n1-12-3n2n=6-3n+62n.
因為3n+62n>0,所以Tn=6-3n+62n<6.
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