2021高考数学（文）大一轮复习习题第六章不等式、推理与证明课时跟踪检测（三十七）　直接证明和间接证明 word版含答案

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这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题第六章不等式、推理与证明课时跟踪检测（三十七）　直接证明和间接证明 word版含答案，共5页。

1．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：eq \r(b2－ac)A．a－b>0
B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0
D．(a－b)(a－c)<0
解析：选C eq \r(b2－ac)⇔(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．
2．(2017·新乡调研)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2 B．都小于2
C．至少有一个不小于2 D．都大于2
解析：选C 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．
3．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＞Q B．P＝Q
C．P＜Q D．由a的取值确定
解析：选A 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．
4．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
解析：选A 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)则f(x1)＋f(x2)<0．
5．如果aeq \r(a)＋beq \r(b)＞aeq \r(b)＋beq \r(a)，则a，b应满足的条件是__________．
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
6．(2017·太原模拟)用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设____________________．
解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
答案：x≠－1且x≠1
7．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,z)－1))>8．
证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，
所以eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)＝eq \f(y＋z,x)>eq \f(2\r(yz),x)，①
eq \f(1,y)－1＝eq \f(1－y,y)＝eq \f(x＋z,y)>eq \f(2\r(xz),y)，②
eq \f(1,z)－1＝eq \f(1－z,z)＝eq \f(x＋y,z)>eq \f(2\r(xy),z)，③
又x，y，z为正数，由①×②×③，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,z)－1))>8．
8．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq \r(2)．
证明：a⊥b⇔a·b＝0，
要证eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq \r(2)．
只需证|a|＋|b|≤eq \r(2)|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(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
9．如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：EC∥平面PAD；
(2)求证：平面EAC⊥平面PBC．
证明：(1)作线段AB的中点F，连接EF，CF(图略)，则AF＝CD，AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
则CF∥AD．
又EF∥AP，且CF∩EF＝F，∴平面CFE∥平面PAD．
又EC⊂平面CEF，∴EC∥平面PAD．
(2)∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AC．
∵四边形ABCD是直角梯形，
且AB＝2AD＝2CD＝2，
∴AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(2)．
∴AB2＝AC2＋BC2，∴AC⊥BC，
∵PC∩BC＝C，∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．
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1．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)．
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝anan＋1(n∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明：Tn＜eq \f(1,6)．
证明：(1)由已知可得，当n∈N*时，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)，
两边取倒数得，eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋3，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝2，
公差为3的等差数列，
其通项公式为eq \f(1,an)＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,3n－1)．
(2)由(1)知an＝eq \f(1,3n－1)，
故bn＝anan＋1＝eq \f(1,3n－13n＋2)
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,5)))＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,8)))＋…＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(1,6)－eq \f(1,3)·eq \f(1,3n＋2)．
因为eq \f(1,3n＋2)＞0，所以Tn＜eq \f(1,6)．
2．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：eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较eq \f(1,a)与c的大小；
(3)证明：－2解：(1)证明：∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
∵f(c)＝0，
∴x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝eq \f(c,a)，
∴x2＝eq \f(1,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)≠c))，
∴eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根．
(2)假设eq \f(1,a)0，
由00，
知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>0与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0矛盾，
∴eq \f(1,a)≥c，又∵eq \f(1,a)≠c，
∴eq \f(1,a)>c．
(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，
∴b＝－1－ac．
又a>0，c>0，∴b<－1．
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为
x＝－eq \f(b,2a)＝eq \f(x1＋x2,2)即－eq \f(b,2a)又a>0，∴b>－2，∴－2