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《创新设计》2024届高考数学人教A版(理)一轮复习:第十二篇 第2讲 直接证明与间接证明

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高考数学 第2讲 直接证明与间接证明

A级 基础演练(时间:30分钟 满分:55分)

一、选择题(每小题5分,共20分)

1.(2013·中山调研)设a,b∈R,则“a+b=1”是“4ab≤1”的 A.充分不必要条件 C.充要条件

B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

( ).

1?2?

解析 若“a+b=1”,则4ab=4a(1-a)=-4?a-2?+1≤1;若“4ab≤1”,

??取a=-4,b=1,a+b=-3,即“a+b=1”不成立;则“a+b=1”是“4ab≤1”的充分不必要条件. 答案 A

2.(2013·金华十校联考)对于平面α和共面的直线m,n,下列命题中真命题是

( ).

A.若m⊥α,m⊥n,则n∥α B.若m∥α,n∥α,则m∥n C.若m?α,n∥α,则m∥n

D.若m,n与α所成的角相等,则m∥n

解析 对于平面α和共面的直线m,n,真命题是“若m?α,n∥α,则m∥n”. 答案 C

3.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明 A.2ab-1-ab≤0 ?a+b?2

C.2-1-a2b2≤0

22

2

( ).

a4+b4

B.a+b-1-2≤0

2

D.(a2-1)(b2-1)≥0

解析 因为a2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0,故选D. 答案 D

第 1 页 共 6 页

4.(2013·四平二模)设a,b是两个实数,给出下列条件: ①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1. 其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是 A.②③

B.①②③

C.③

( ).

D.③④⑤

12

解析 若a=2,b=3,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出; 若a=b=1,则a+b=2,故②推不出; 若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故④推不出; 若a=-2,b=-3,则ab>1,故⑤推不出; 对于③,即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,a,b中至少有一个大于1. 答案 C

二、填空题(每小题5分,共10分)

5.用反证法证明命题“a,b∈N,ab可以被5整除,那么a,b中至少有一个能被5整除”,那么假设的内容是________________________.

解析 “至少有n个”的否定是“最多有n-1个”,故应假设a,b中没有一个能被5整除.

答案 a,b中没有一个能被5整除

6.设a>b>0,m=a-b,n=a-b,则m,n的大小关系是________. 解析 取a=2,b=1,得m

a-b0,显然成立. 答案 m

7.(12分)若a,b,c是不全相等的正数,求证: a+bb+cc+a

lg2+lg2+lg2>lg a+lg b+lg c. 证明 ∵a,b,c∈(0,+∞),

第 2 页 共 6 页

a+bb+ca+c

∴2≥ab>0,2≥bc>0,2≥ac>0. 又a,b,c是不全相等的正数,

故上述三个不等式中等号不能同时成立. a+bb+cc+a

∴2·2·2>abc成立. 上式两边同时取常用对数, ?a+bb+cc+a?得lg?·2·2?>lg(abc),

?2?

a+bb+cc+a

∴lg2+lg2+lg2>lg a+lg b+lg c.

8.(13分)(2013·鹤岗模拟)设数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和. (1)求证:数列{Sn}不是等比数列; (2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?

2

(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列,则S2=S1S3, 2即a1(1+q)2=a1·a1·(1+q+q2),

因为a1≠0,所以(1+q)2=1+q+q2, 即q=0,这与公比q≠0矛盾, 所以数列{Sn}不是等比数列.

(2)解 当q=1时,Sn=na1,故{Sn}是等差数列; 当q≠1时,{Sn}不是等差数列,否则2S2=S1+S3, 即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2), 得q=0,这与公比q≠0矛盾.

第 3 页 共 6 页

B级 能力突破

(时间:30分钟 满分:45分)

一、选择题(每小题5分,共10分)

111

1.(2013·漳州一模)设a,b,c均为正实数,则三个数a+b,b+c,c+a( ). A.都大于2

B.都小于2

D.至少有一个不小于2

C.至少有一个不大于2

解析 ∵a>0,b>0,c>0,

1??1??1??1??1??

∴?a+b?+?b+c?+?c+a?=?a+a?+?b+b?+ ??????????

?1??c+c?≥6,当且仅当a=b=c时,“=”成立,故三者不能都小于2,即至??少有一个不小于2. 答案 D

2.(2012·滨州期末)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

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,假设△A2B2C2是锐角三角形.

???π?不妨令?sin B=cos B=sin?2-B?,

??

??π?

-C??,sin C=cos C=sin??2?

2

1

1

2

1

1

?π?

sin A2=cos A1=sin?2-A1?,

??

??π

得?B=2-B,

π?C=?2-C.

2

1

2

1

π

A2=2-A1,

π

那么,A2+B2+C2=2,这与三角形内角和为π相矛盾. 所以假设不成立,所以△A2B2C2是钝角三角形.

答案 D

二、填空题(每小题5分,共10分)

19

3.(2013·株洲模拟)已知a,b,μ∈(0,+∞)且a+b=1,则使得a+b≥μ恒成立的μ的取值范围是________. 19

解析 ∵a,b∈(0,+∞)且a+b=1,

?19??9ab?∴a+b=(a+b)?a+b?=10+?b+a?≥10+29=16,∴a+b的最小值为16.

????∴要使a+b≥μ恒成立,需16≥μ,∴0<μ≤16. 答案 (0,16]

4.(2012·金华一模改编)已知下表中的对数值有且只有一个是错误的.

x lg x 3 2a-b 5 6 8 3(1-a-c) 9 2(2a-b) a+c-1 1+a-b-c 试将错误的对数值加以改正________. 解析 由2a-b=lg 3,得lg 9=2lg 3=2(2a-b)从而lg 3和lg 9正确,假设lg 5=a+c-1错误,则由

?1+a-b-c=lg 6=lg 2+lg 3,?lg 2=1-a-c,

?得? ?3?1-a-c?=lg 8=3lg 2,?lg 3=2a-b,

所以lg 5=1-lg 2=a+c.因此lg 5=a+c-1错误,正确结论是lg 5=a+c. 答案 lg 5=a+c 三、解答题(共25分)

5.(12分)已知f(x)=x2+ax+b. (1)求:f(1)+f(3)-2f(2);

1(2)求证:|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于.

2

(1)解 ∵f(1)=a+b+1,f(2)=2a+b+4,f(3)=3a+b+9, ∴f(1)+f(3)-2f(2)=2.

1

(2)证明 假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于2. 111111则-2

∴-1<-2f(2)<1,-1

6.(13分)对于定义域为[0,1]的函数f(x),如果同时满足以下三条:

①对任意的x∈[0,1],总有f(x)≥0;②f(1)=1;③若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,都有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立,则称函数f(x)为理想函数. (1)若函数f(x)为理想函数,求f(0)的值;

(2)判断函数g(x)=2x-1(x∈[0,1])是否为理想函数,并予以证明. 解 (1)取x1=x2=0可得f(0)≥f(0)+f(0),∴f(0)≤0, 又由条件①得f(0)≥0,故f(0)=0.

(2)显然g(x)=2x-1在[0,1]上满足条件①g(x)≥0; 也满足条件②g(1)=1. 若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1, 则g(x1+x2)-[g(x1)+g(x2)] =2x1+x2-1-[(2x1-1)+(2x2-1)]

=2x1+x2-2x1-2x2+1=(2x2-1)(2x1-1)≥0, 即满足条件③,故g(x)是理想函数.

特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.

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