高考数学一轮复习考点规范练35直接证明与间接证明含解析新人教A版文

考点规范练35　直接证明与间接证明

基础巩固

1.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明(　　)

A.2ab-1-a2b2≤0  B.a2+b2-1-≤0

C.-1-a2b2≤0  D.(a2-1)(b2-1)≥0

答案:D

解析:在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.

2.分析法又称执果索因法,若用分析法证明“设a>b>c,且a+b+c=0,求证:a”索的因应是(　　)

A.a-b>0 B.a-c>0

C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0

答案:C

解析:a⇔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.故选C.

3.设x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,则(　　)

A.P>Q B.P<Q C.P≤Q D.P≥Q

答案:A

解析:因为2x+2-x≥2=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2.又(sinx+cosx)2=1+sin2x,而sin2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A.

4.利用反证法证明“若x2+y2=0,则x=y=0”时,应假设(　　)

A.x,y都不为0  B.x≠y,且x,y都不为0

C.x≠y,且x,y不都为0 D.x,y不都为0

答案:D

解析:原命题的结论是x,y都为0,利用反证法时,应假设x,y不都为0.

5.设a,b是两个实数,下列条件中,能推出“a,b中至少有一个大于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=,b=,则a+b>1,

但a<1,b<1,

故A推不出;

若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故C推不出;

若a=-2,b=-3,则ab>1,故D推不出;

对于B,若a+b>2,则a,b中至少有一个大于1.

反证法:假设a≤1,且b≤1,则a+b≤2与a+b>2矛盾,

因此假设不成立,

故a,b中至少有一个大于1.

6.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减.若x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的值(　　)

A.恒为负值 B.恒等于零

C.恒为正值 D.无法确定正负

答案:A

解析:由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的减函数.由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.

7.设a>b>0,m=,n=,则m,n的大小关系是　　　　　. 

答案:m<n

解析:(方法一:取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.

(方法二:分析法)因为a>b>0,所以要得出m与n的大小关系,只需判断与1的大小关系,只需判断与1的大小关系,只需判断a+b-2-(a-b)与0的大小关系,只需判断2b-2与0的大小关系,只需判断与0的大小关系.由a>b>0,可知<0,即<1,即可判断m<n.

8.与2的大小关系为　. 

答案:>2

解析:要比较与2的大小,只需比较()2与(2)2的大小,只需比较6+7+2与8+5+4的大小,只需比较与2的大小,只需比较42与40的大小,

∵42>40,∴>2.

9.若a,b,c是不全相等的正数,求证:

lg+lg+lg>lg a+lg b+lg c.

答案:证明∵a,b,c∈(0,+∞),

∴>0,>0,>0.

又上述三个不等式中的等号不能同时成立.

∴>abc成立.

上式两边同时取常用对数,

得lg>lgabc,

∴lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.

10.已知a>0,>1,求证:.

答案:证明由已知>1及a>0可知0<b<1,要证,只需证>1,

只需证1+a-b-ab>1,只需证a-b-ab>0,即>1,

即>1,这是已知条件,所以原不等式得证.

11.设函数f(x)=,a,b∈(0,+∞).

(1)用分析法证明:f+f;

(2)设a+b>4,求证:af(b),bf(a)中至少有一个大于.

答案:证明(1)要证明f+f,

只需证明,

只需证明,即证,

即证(a-b)2≥0,这显然成立,

所以f+f.

(2)假设af(b),bf(a)都小于或等于,

即,

所以2a≤b+2,2b≤a+2,两式相加得a+b≤4,

这与a+b>4矛盾,

所以af(b),bf(a)中至少有一个大于.

能力提升

12.若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则(　　)

A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形

B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形

C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形

D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形

答案:D

解析:由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.

由

得

则A2+B2+C2=,

这与三角形内角和为180°相矛盾.

因此假设不成立,故△A2B2C2是钝角三角形.

13.已知a,b,μ∈(0,+∞),且=1,要使得a+b≥μ恒成立,则μ的取值范围是　　　　　. 

答案:(0,16]

解析:∵a,b∈(0,+∞),且=1,

∴a+b=(a+b)=10+≥10+2=16(当且仅当a=4,b=12时等号成立).

∴a+b的最小值为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分别是AB,AF的中点(如图①).将此三角形沿CE对折,使平面AEC⊥平面BCEF(如图②),已知D是AB的中点.

(1)求证:CD∥平面AEF;

(2)求证:平面AEF⊥平面ABF.

图①

图②

答案:证明(1)取AF中点M,连接DM,EM.

∵D,M分别是AB,AF的中点,

∴DM是△ABF的中位线,∴DMBF.

又CEBF,∴四边形CDME是平行四边形,

∴CD∥EM.

又EM⊂平面AEF,CD⊄平面AEF,

∴CD∥平面AEF.

(2)由题意知CE⊥AC,CE⊥BC,

且AC∩BC=C,故CE⊥平面ABC.

又CD⊂平面ABC,

∴CE⊥CD.

∴四边形CDME是矩形.

∴EM⊥MD.

在△AEF中,EA=EF,M为AF的中点,

∴EM⊥AF,且AF∩MD=M,

∴EM⊥平面ABF.

又EM⊂平面AEF,

∴平面AEF⊥平面ABF.

高考预测

15.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=2.

(1)证明:数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(n∈N*)的前n项和为Tn,证明:Tn<6.

答案:(1)解因为Sn=an+1+n-2,所以当n≥2时,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3,

两式相减,得an=an+1-an+1,

即an+1=2an-1.

设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,则an+1=Sn-n+2,

故a2=S1-1+2=3.

所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c1.

综上,对于正整数n,cn+1=2cn都成立,即数列{an-1}是等比数列,其首项a1-1=1,公比q=2.

所以an-1=1×,故an=+1.

(2)证明由Sn=an+1+n-2,得Sn-n+2=an+1=2n+1,

即Sn-n+1=2n,所以bn=.

所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=+…+,①

2×①,得2Tn=3++…+,②

②-①,得Tn=3++…+

=3×

=3×=6-.

因为>0,

所以Tn=6-<6.