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- 2021-06-17 发布
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课时规范练35 综合法、分析法、反证法
基础巩固组
1.命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的证明:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ”过程应用了( )
A.分析法
B.综合法
C.综合法、分析法综合使用
D.间接证明法
2.(2018吉林梅河口五中三模,5)给出下列两个论断:
①已知:p3+q3=2,求证:p+q≤2.用反证法证明时,可假设p+q>2.
②设a为实数,f(x)=x2+ax+a,求证:|f(1)|与|f(2)|至少有一个不小于12.用反证法证明时可假设|f(1)|≥12且|f(2)|≥12.
以下说法正确的是( )
A.①与②的假设都错误
B.①与②的假设都正确
C.①的假设正确,②的假设错误
D.①的假设错误,②的假设正确
3.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明( )
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
4.设a=3-2,b=6-5,c=7-6,则a,b,c的大小顺序是( )
A.a>b>c B.b>c>a
C.c>a>b D.a>c>b
5.若a>b>0,且x=a+1b,y=b+1a,则( )
A.x>y B.x0,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
8.某同学准备用反证法证明如下一个问题:函数f(x)在[0,1]上有意义,且f(0)=f(1),如果对于不同的x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|时,求证:|f(x1)-f(x2)|<12.那么他的反设应该是
.
9.分析法又称执果索因法,已知x>0,用分析法证明1+x<1+x2时,索的因是 .
10.已知正数a,b,c满足a+b+c=1,求证:a+b+c≤3.
综合提升组
11.如果△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
12.已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22.
13.(2018四川南充模拟,17)已知数列{an}中,a1=1,其前n项和为Sn,且满足an=2Sn22Sn-1(n≥2).
(1)求证:数列1Sn是等差数列;
(2)证明:当n≥2时,S1+12S2+13S3+…+1nSn<32.
创新应用组
14.(2018河南郑州一中月考,18)若f(x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a-2),使函数h(x)=1x+2是区间[a,b]上的“四维光军”函数?若存在,求出a,b的值;若不存在,请说明理由.
参考答案
课时规范练35 综合法、分析法、反证法
1.B 因为证明过程是“从左往右”,即由条件⇒结论.故选B.
2.C ①用反证法证明时,假设命题为假,应为全面否定,所以p+q≤2的假命题应为p+q>2,故①的假设正确;②|f(1)|与|f(2)|至少有一个不小于12的否定为|f(1)|与|f(2)|都小于12,故②的假设错误.故选C.
3.D 在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.
4.A 因为a=3-2=13+2,b=6-5=16+5,
c=7-6=17+6,且7+6>6+5>3+2>0,所以a>b>c.故选A.
5.A 因为a+1b-b+1a=(a-b)1+1ab>0.所以a+1b>b+1a.故选A.
6.D 因为a>0,b>0,c>0,
所以a+1b+b+1c+c+1a=a+1a+b+1b+c+1c≥6,当且仅当a=b=c时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.
7.A 由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)递减,可知f(x)是R上的减函数,由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)0 因为x>0,所以要证1+x<1+x2,只需证(1+x)2<1+x22,即证00,因为x>0,所以x2>0成立,故原不等式成立.
10.证明 欲证a+b+c≤3,则只需证(a+b+c)2≤3,
即证a+b+c+2(ab+bc+ac)≤3,
即证ab+bc+ac≤1.
又ab+bc+ac≤a+b2+b+c2+a+c2=1,
∴原不等式a+b+c≤3成立.
11.D 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sin A2=cos A1=sin(π2-A1),sin B2=cos B1=sin(π2-B1),sin C2=cos C1=sin(π2-C1),
得A2=π2-A1,B2=π2-B1,C2=π2-C1,
则A2+B2+C2=π2,
这与三角形内角和为π相矛盾.
因此假设不成立,
故△A2B2C2是钝角三角形.
12.证明 要证f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22,
即证(3x1-2x1)+(3x2-2x2)2≥3x1+x22-2·x1+x22,
因此只要证3x1+3x22-(x1+x2)≥3x1+x22-(x1+x2),
即证3x1+3x22≥3x1+x22,
因此只要证3x1+3x22≥3x1·3x2,
由于x1,x2∈R时,3x1>0,3x2>0,
因此由基本不等式知3x1+3x22≥3x1·3x2显然成立,
故原结论成立.
13.证明 (1)当n≥2时,Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1,Sn-1-Sn=2SnSn-1,
1Sn-1Sn-1=2,从而1Sn构成以1为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)×2=2n-1,
∴Sn=12n-1,
∴当n≥2时,1nSn=1n(2n-1)<1n(2n-2)=12·1n(n-1)=121n-1-1n,
从而S1+12S2+13S3+…+1nSn<1+121-12+12-13+…+1n-1-1n<32-12n<32.
14.解 (1)由题设得g(x)=12(x-1)2+1,其图像的对称轴为x=1,区间[1,b]在对称轴的右边,所以函数在区间[1,b]上单调递增.
由“四维光军”函数的定义可知,g(1)=1,g(b)=b,
则12b2-b+32=b,解得b=1或b=3.
因为b>1,所以b=3.
(2)假设函数h(x)=1x+2在区间[a,b](a>-2)上是“四维光军”函数,
因为h(x)=1x+2在区间(-2,+∞)上单调递减,
所以有h(a)=b,h(b)=a,即1a+2=b,1b+2=a.
解得a=b,这与已知矛盾.
故不存在常数a,b,使函数h(x)=1x+2是区间[a,b]上的“四维光军”函数.
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