高考数学统考一轮复习课时作业37直接证明与间接证明文含解析新人教版

这是一份高考数学统考一轮复习课时作业37直接证明与间接证明文含解析新人教版，共7页。

一、选择题
1．要证明eq \r(3)＋eq \r(5)<4可选择的方法有以下几种，其中最合理的为( )
A．综合法B．分析法
C．比较法D．归纳法
2．用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为( )
A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除
C．a，b不都能被5整除D．a不能被5整除
3．设x，y，z∈R＋，a＝x＋eq \f(1,y)，b＝y＋eq \f(1,z)，c＝z＋eq \f(1,x)，则a，b，c三个数( )
A．至少有一个不大于2B．都小于2
C．至少有一个不小于2D．都大于2
4．若P＝eq \r(a＋6)＋eq \r(a＋7)，Q＝eq \r(a＋8)＋eq \r(a＋5)(a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P>QB．P＝Q
C．P5．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
二、填空题
6．如果aeq \r(a)＋beq \r(b)>aeq \r(b)＋beq \r(a)，则a，b应满足的条件是________．
7．若向量a＝(x＋1,2)，b＝(4，－2)，若a∥b，则实数x＝________.
8．[2021·太原模拟]用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设__________________．
三、解答题
9．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cs2B＝1.求证：a，b，c成等差数列．
10．已知a，b是正实数，求证：eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).
[能力挑战]
11．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq \f(π,2)，b＝y2－2z＋eq \f(π,3)，c＝z2－2x＋eq \f(π,6).求证：a，b，c中至少有一个大于0.
课时作业37
1．解析：要证明eq \r(3)＋eq \r(5)<4，只需证明(eq \r(3)＋eq \r(5))2<16，即8＋2eq \r(15)<16，即证明eq \r(15)<4，亦即只需证明15<16，而15<16显然成立，故原不等式成立．因此利用分析法证明较为合理，故选B.
答案：B
2．解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”．
答案：B
3．解析：假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋eq \f(1,y)＋y＋eq \f(1,z)＋z＋eq \f(1,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z＋\f(1,z)))≥2＋2＋2＝6，与a＋b＋c<6矛盾，
∴a，b，c都小于2错误．
∴a，b，c三个数至少有一个不小于2.故选C项．
答案：C
4．解析：假设P>Q，要证P>Q，只需证P2>Q2，只需证：
2a＋13＋2eq \r((a＋6)(a＋7))>2a＋13＋2eq \r((a＋8)(a＋5))，只需证a2＋13a＋42>a2＋13a＋40，只需证42>40，因为42>40成立，所以P>Q成立．
答案：A
5．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上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)答案：A
6．解析：aeq \r(a)＋beq \r(b)>aeq \r(b)＋beq \r(a)，即(eq \r(a)－eq \r(b))2(eq \r(a)＋eq \r(b))>0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
7．解析：因为a∥b，
所以(x＋1)×(－2)＝2×4，
解得x＝－5.
答案：－5
8．解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
答案：x≠－1且x≠1
9．证明：由已知得sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B，
因为sin B≠0，所以sin A＋sin C＝2sin B，
由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
10．证明：证法一 (作差法)因为a，b是正实数，所以eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))－eq \r(a)－eq \r(b)＝eq \f(b－a,\r(a))＋eq \f(a－b,\r(b))
＝eq \f((a－b)(\r(a)－\r(b)),\r(ab))
＝eq \f((\r(a)－\r(b))2(\r(a)＋\r(b)),\r(ab))≥0，
所以eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥ eq \r(a)＋eq \r(b).
证法二 (分析法)已知a，b是正实数，
要证eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b)，
只需证aeq \r(a)＋beq \r(b)≥eq \r(ab)(eq \r(a)＋eq \r(b))，
即证(a＋b－eq \r(ab))(eq \r(a)＋eq \r(b))≥eq \r(ab)(eq \r(a)＋eq \r(b))，
即证a＋b－eq \r(ab)≥eq \r(ab)，
就是要证a＋b≥2eq \r(ab).
显然a＋b≥2eq \r(ab)恒成立，所以eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).
证法三 (综合法)因为a，b是正实数，
所以eq \f(a,\r(b))＋eq \r(b)＋eq \f(b,\r(a))＋eq \r(a)≥2eq \r(\f(a,\r(b))·\r(b))＋2eq \r(\f(b,\r(a))·\r(a))＝2eq \r(a)＋2eq \r(b)，
当且仅当a＝b时取等号，所以eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).
证法四 (综合法)因为a，b是正实数，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))(eq \r(a)＋eq \r(b))＝a＋b＋eq \f(a\r(a),\r(b))＋eq \f(b\r(b),\r(a))≥a＋b＋2eq \r(\f(a\r(a),\r(b))·\f(b\r(b),\r(a)))＝a＋b＋2eq \r(ab)＝(eq \r(a)＋eq \r(b))2，
当且仅当a＝b时取等号，
所以eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).
11．证明：假设a，b，c都不大于0，
即a≤0，b≤0，c≤0，
所以a＋b＋c≤0.
而a＋b＋c
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－2z＋\f(π,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z2－2x＋\f(π,6)))
＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π
＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.
所以a＋b＋c>0，这与a＋b＋c≤0矛盾，故a，b，c中至少有一个大于0.