2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第十二章　第4讲　直接证明与间接证明 6页

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2021-06-24 发布

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第十二章　第4讲　直接证明与间接证明

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‎ [基础题组练]‎ ‎1．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)‎ A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A.‎ ‎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：0　　　　　　 B．a－c>0‎ C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0‎ 解析：选C.0‎ ‎⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.故选C.‎ ‎3．(2020·江西抚州模拟)设a，b∈R，现给出下列五个条件：①a＋b＝2；②a＋b>2；③a＋b>－2；④ab>1；⑤logab<0(a>0，且a≠1)．其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件为(　　)‎ A．②③④ B．②③④⑤‎ C．①②③⑤ D．②⑤‎ 解析：选D.a＝b＝1时，a＋b＝2，所以推不出a，b中至少有一个大于1，①不符合；当a＝b＝0时，a＋b>－2，推不出a，b中至少有一个大于1，③不符合；当a＝b＝－2时，ab>1，推不出a，b中至少有一个大于1，④不符合；对于②，假设a，b都不大于1，即a≤1，b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2矛盾，所以②能推出a，b中至少有一个大于1；对于⑤，假设a，b都不大于1，则logab≥loga1＝0，与logab<0矛盾，故⑤能推出a，b中至少有一个大于1.综上，选D.‎ ‎4．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)‎ A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A 解析：选A.因为≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，所以f≤f()≤f，即A≤B≤C.‎ ‎5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数f(x)是减函数，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．无法确定解析：选A.由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数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)b>0，则①<；②ac2>bc2；③a2>b2；④>，其中正确的序号是________．‎ 解析：对于①，因为a>b>0，所以ab>0，>0，a·>b·，即>.故①正确；‎ 当c＝0时，②不正确；由不等式的性质知③④正确．‎ 答案：①③④‎ ‎7．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N+，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．‎ 解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，‎ 所以cn随n的增大而减小，所以cn＋10，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ 证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)‎ ‎＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．‎ 因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，‎ 从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，‎ 即2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ ‎10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：≤.‎ 证明：a⊥b⇔a·b＝0，‎ 要证≤.‎ 只需证|a|＋|b|≤|a＋b|，‎ 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，‎ 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，‎ 只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，‎ 即证(|a|－|b|)2≥0，‎ 上式显然成立，故原不等式得证．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．已知a，b，c∈R，若·>1且＋≥－2，则下列结论成立的是(　　)‎ A．a，b，c同号 B．b，c同号，a与它们异号 C．a，c同号，b与它们异号 D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定解析：选A.由·>1知与同号，‎ 若>0且>0，不等式＋≥－2显然成立，‎ 若<0且<0，则－>0，－>0，‎ ＋≥2 >2，即＋<－2，‎ 这与＋≥－2矛盾，故>0且>0，即a，b，c同号．‎ ‎2．在等比数列{an}中，“a10，则11，‎ 此时，显然数列{an}是递增数列，‎ 若a1<0，则1>q>q2，即02时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解．”经历三百多年，于二十世纪九十年代中期，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理．则下面说法正确的是(　　)‎ A．至少存在一组正整数组(x，y，z)，使方程x3＋y3＝z3有解 B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解 C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解 D．当整数n>3时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正实数解解析：选C.由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个．假设关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解，则x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝，y＝，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数，代入方程得＋＝1，两边同时乘以a3n3，得(am)3＋(bn)3＝(an)3.由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，所以假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解．故选C.‎ ‎4．(一题多解)若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1，1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是________．‎ 解析：法一(补集法)：‎ 令解得p≤－3或p≥，‎ 故满足条件的p的取值范围为.‎ 法二(直接法)：‎ 依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，‎ 即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，‎ 得－＜p＜1或－3＜p＜，‎ 故满足条件的p的取值范围是.‎ 答案： ‎5．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.‎ ‎(1)证明：是f(x)＝0的一个根；‎ ‎(2)试比较与c的大小；‎ ‎(3)证明：－20，‎ 由00，‎ 知f>0与f＝0矛盾，‎ 所以≥c，又因为≠c，所以>c.‎ ‎(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，‎ 所以b＝－1－ac.‎ 又a>0，c>0，所以b<－1.‎ 二次函数f(x)的图象的对称轴方程为 x＝－＝<＝x2＝，‎ 即－<.‎ 又a>0，所以b>－2，‎ 所以－2－2)使函数h(x)＝在区间[a，b](a＞－2)上是“四维光军”函数，‎ 因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上是减少的，‎ 所以有即解得a＝b，这与已知a

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