学案导学 备课精选高中数学 第三章 推理与证明章末检测(A)(含解析)北师大版选修12

高中数学第三章推理与证明 3.3 综合法与分析法自我小测北师大版选修1-21．锐角三角形的内角A、B满足1=tan A tan Bsin2A-，则有( )．A．sin 2A－cos B＝0 B．sin 2A＋cos B＝0 C．sin 2A－sin B＝0 D．sin 2A＋sin B＝02．若ln2=2a，ln33b=，ln5=5c，则( )．A．a＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜a＜c3．若x，y∈R，且2x2＋y2＝6，则x2＋y2＋2x的最大值是( )．A．4 B．5 C．6 D．74．定义在(－∞，＋∞)上的函数y＝f(x)在(－∞，2)上是增函数，且函数y＝f(x＋2)为偶函数，则f(－1)，f(4)，152f⎛⎫⎪⎝⎭的大小关系是__________．5．若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos(α－β)＝________.6．已知a＋b＋c＝0，求证：ab＋bc＋ca≤0.7．设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：221125+2a ba b⎛⎫⎛⎫++≥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.8．已知a＞0，b＞0，c＞0，求证：111111 222a b c b c c a a b++≥+++.已知对所有实数x，不等式2222222121log+2log+log<014a a ax xa a a(-)(-)-恒成立，求a的取值范围．参考答案千里之行始于足下 1．A 由已知得sin 1sin =cos 2sin cos A BA A cosA B-⋅， ∴22sin 1=tan 2sin cos A B A A -，∴cos 2=tan sin 2AB A-，即－cot 2A ＝tan B ，∴tan 2=tan 2A B π⎛⎫+ ⎪⎝⎭， ∴2=2A B ππ+-，∴2=2A B π-，∴2=2A B π-.∵cos 2=sin 22A A π⎛⎫+⎪⎝⎭，∴sin 2A ＝cos B ， ∴sin 2A －cos B ＝0. 2．C ln 2ln 33ln 22ln 31===(ln 8ln 9)<02366a b ----，所以a ＜b . 同理，可得c ＜a ，因而c ＜a ＜b .3．D 由2222=62,[=2y x x t x y x⎧-∈-⎪⎨++⎪⎩ 得t ＝x 2＋6－2x 2＋2x ＝－x 2＋2x ＋6 ＝－(x －1)2＋7.∵1[∈，∴当x ＝1时，t 有最大值7.4．1(4)>(1)>52f f f ⎛⎫- ⎪⎝⎭由函数y ＝f (x ＋2)为偶函数，可知x ＝2为函数对称轴，且y ＝f (x )在(2，＋∞)为减函数．5．12-观察已知条件中有三个角α，β，γ，而所求结论中只有两个角α，β，所以我们只需将已知条件中的角γ消去即可，依据sin 2γ＋cos 2γ＝1消去γ.由已知，得sin γ＝－(sin α＋sin β)， cos γ＝－(cos α＋cos β)，∴(sin α＋sin β)2＋(cos α＋cos β)2＝sin 2γ＋cos 2γ＝1， 整理得出cos(α－β)的值即可．6．证明：要证ab ＋bc ＋ca ≤0， ∵a ＋b ＋c ＝0，故只要证ab ＋bc ＋ca ≤(a ＋b ＋c )2， 即证a 2＋b 2＋c 2＋ab ＋bc ＋ca ≥0， 亦即证12[(a ＋b )2＋(b ＋c )2＋(c ＋a )2]≥0， 而这是显然的，∴原不等式成立．7．证明：∵2a b +≤22222a b a b ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭.∴2222111112111252=.2222a b a b a b a b a b ⎛⎛⎫⎛⎫+ +++++ ⎪ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎝⎭+++≥≥≥ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭∴2211252a b a b ⎛⎫⎛⎫+++≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.8．证明：∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴1111222a b a b⎛⎫+≥≥ ⎪+⎝⎭，1111222b c b c ⎛⎫+≥≥ ⎪+⎝⎭，1111222c a c a⎛⎫+≥≥ ⎪+⎝⎭. 三个不等式相加即得111111222a b c b c c a a b++≥+++++. 百尺竿头更进一步解：令2222222121=[log ]2log 14a a a y x log x a a a (-)(-)⎛⎫++ ⎪-⎝⎭，要使各对数都有意义，必须满足条件2221>02>0>0111>04a a aa a a a a(-)⎧⎪⎪⎪⇒⎨--⎪⎪(-)⎪⎩，①抛物线开口向下，函数二次项系数应为负值，故必有221log <0a a(-)，② 抛物线与x 轴无交点，则判别式2222222211=2log 4log log <014a a a a a a ⎡⎤(-)(-)⎛⎫⎡⎤- ⎪⎢⎥⎢⎥-⎝⎭⎣⎦⎣⎦V .③ 由①知a ＞1或a ＜0； 由②有221log +log 2<0a a-， 即22211log log <log 2a a -， 解得0＜a ＜2.联立①与②有1＜a ＜2；再解③，先观察对数表达式中真数式的结构， 令2=log 1a z a -，则可转化为关于z 的二次不等式(1＋z )2－(1－z )·2(－1－z )＜0， 整理得－(z ＋1)(z －3)＜0. 解得z ＞3或z ＜－1，即有22log >log 81a a -或221log <log 12a a -. ∴8<7a 或a ＜－1. 联立①②③得出a 的取值范围为81<<7a .。

“法力无边”的反证法先假设要证的结论不对，由此出发通过合理的逻辑推理而导出矛盾，从而否定假设，断定求证的命题成立．这就是反证法．对于一些数学问题，如果从正面思考难以奏效时，不妨尝试从反面入手，借助反证法，巧用逆向思维，找到解决问题的途径．下面略举一例，根据思维的不同切入口，利用基本不等式，展现反证法在不等式证明中的“无边法力”．问题：已知,,(0,1)a b c ∈,求证：(1)a b -,(1)b c -,(1)c a -不可能同时大于14分析：由求证的特点，显然选择“反证法”，首先设(1)a b -,(1)b c -,(1)c a -同时大于14，根据反证法的原理，如何利用反设作为条件，并且结合问题的已知找出矛盾，成为本题解决的核心问题． 证法一：假设(1)a b -,(1)b c -,(1)c a -同时大于14． 因为,,(0,1)a b c ∈，所以1a -,1b -,1c -必然大于0， 因此由1(1)41(1)41(1)4a b b c c a ⎧->⎪⎪⎪->⎨⎪⎪->⎪⎩⇒121212>>>32>（1）(1)(1)(1)32222a b b c c a -+-+-+≤++= （2） 根据（1）和（2）可以得出矛盾，从而假设错误．证法二：假设(1)a b -,(1)b c -,(1)c a -同时大于14． 因为,,(0,1)a b c ∈，所以1a -,1b -,1c -必然大于0，因此由1(1)41(1)41(1)4a b b c c a ⎧->⎪⎪⎪->⎨⎪⎪->⎪⎩ ⇒1(1)41(1)41(1)4a b b c c a ⎧->⎪⎪⎪->⎨⎪⎪->⎪⎩利用不等式性质，左右分别相加可以得1113()444a b c b c a -++>++ 移项可得1113444a b c b c a+++++< （1） 由于111111()()()3444444a b c a b c b c a a b c+++++=+++++≥ （2） 根据（1）和（2）可以得出矛盾，从而假设错误．证法三：假设(1)a b -,(1)b c -,(1)c a -同时大于14． 因为,,(0,1)a b c ∈，所以1a -,1b -,1c -必然大于0， 因为222(1)(1)2(1)(1)2(1)(1)2a b a b b c b c c a c a ⎧-+⎡⎤-≤⎪⎢⎥⎣⎦⎪⎪-+⎪⎡⎤-≤⎨⎢⎥⎣⎦⎪⎪-+⎡⎤⎪-≤⎢⎥⎪⎣⎦⎩又因为1(1)41(1)41(1)4a b b c c a ⎧->⎪⎪⎪->⎨⎪⎪->⎪⎩ ， 得222(1)124(1)124(1)124a b b c c a ⎧-+⎡⎤>⎪⎢⎥⎣⎦⎪⎪-+⎪⎡⎤>⎨⎢⎥⎣⎦⎪⎪-+⎡⎤⎪>⎢⎥⎪⎣⎦⎩，所以可以得到b a c b a c >⎧⎪>⎨⎪>⎩，也就是a c c a >⎧⎨>⎩，显然矛盾，从而假设错误．证法四：假设(1)a b -,(1)b c -,(1)c a -同时大于14． 因为,,(0,1)a b c ∈，所以1a -,1b -,1c -必然大于0，因此由1(1)41(1)41(1)4a b b c c a ⎧->⎪⎪⎪->⎨⎪⎪->⎪⎩⇒1(1)(1)(1)64a b b c c a ---> （1） 由于(1)(1)(1)(1)(1)(1)a b b c c a a a b b c c ---=---222(1)(1)(1)122264a a b b c c -+-+-+⎡⎤⎡⎤⎡⎤≤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（2） 根据（1）和（2）可以得出矛盾，从而假设错误．归纳小结：从本例题可以看出，对于不等式的证明有时可以用反证法从不同的角度去证明．多渠道、多途径去分析、探索解决问题的方法，逐步养成良好的分析问题的习惯，活跃并拓宽思路，使所学知识连成片，融会贯通，学习的思维品质会逐步提高．。

3.4 反证法自主整理在证明数学命题时,要证明的结论要么___________,要么__________,二者必居其一,我们可以先假定命题结论的反面成立,在这个前提下,若推出的结果与_________、_________、_________矛盾,或与命题中的_____________相矛盾,或与_____________相矛盾,从而断定命题结论的反面不可能成立,由此断定命题的结论成立,这种证明方法叫作_____________. 高手笔记1.反证法的证题步骤是:(1)作出否定结论的假设;(2)进行推理,导出矛盾;(3否定假设,肯定结论.2.宜用反证法证明的题型:①一些基本命题、基本定理;②易导出与已知矛盾的命题;③“否定性”命题;④“唯一性”命题;⑤“必然性”命题;⑥“至多”“至少”类的命题;⑦涉及“无限”结论的命题等等.名师解惑反证法的过程及依据是什么?剖析:用反证法证明结论是B的命题,其思路是:假定B不成立,则B的反面成立.然后从B的反面成立的假定出发,利用一些公理、定理、定义等作出一系列正确的推理,最后推出矛盾的结果.若同时承认这个结果与题设条件,则与学过的公理、定理或定义矛盾,这矛盾只能来自“B的反面成立”这个假设,因此B必成立.其中推出矛盾是关键,用反证法证明的依据是互为逆否命题的等价性,即“若p则q”等价于“若⌝q则⌝p”成立，即要证原命题成立，只需证逆否命题成立.注意“⌝q”是q的非命题，要全部否定，如“都是”的反面为“不都是”而不是“都不是”.讲练互动【例1】已知a>0,b>0,且a+b>2,求证:a b+1、b a+1中至少有一个小于2.分析：已知条件较少,结论有三种情况,反面只占一种情况,故联想从结论的反面入手,用反证法.证明：假设a b+1,b a+1都不小于2，则a b+1≥2,b a+1≥2.∵a>0,b>0,∴1+b≥2a,1+a≥2b.∴1+1+a+b≥2a+2b.∴a+b≤2，这与已知a+b>2矛盾. ∴假设不成立.∴a b +1,ba +1中至少有一个小于2. 绿色通道对于“至多”“至少”问题常用反证法，注意要全部否定.变式训练1.已知f(x)=x 2+px+q,求证:|f(1)|,|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于21. 证明:假设|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|都小于21,则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2. 而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥|f(1)-2f(2)+f(3)|=|(1+p+q)-2(4+2p+q)+(9+3p+q)|=2矛盾, ∴假设不成立.∴|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|中至少有一个不小于21. 【例2】如图,设SA 、SB 是圆锥SO 的两条母线,O 为底面圆心,C 是SB 上一点.求证:AC 与平面SOB 不垂直.分析：对于“不垂直”的否定性结论使用反证法,在假设“垂直”的条件下,容易得到一些性质,经过推导得出矛盾?证明：假设AC⊥面SOB,∵SO 面SOB,∴AC⊥SO.又∵SO⊥底面⊙O,∴SO⊥AB.∴SO⊥面SAB.∴平面SOB∥底面⊙O，这显然出现矛盾.∴假设不成立,即AC 与平面SOB 不垂直.绿色通道 对于一些“否定性”命题可用反证法证明.变式训练2.求证:1,3,2不能为同一等差数列中的三项.证明:假设1,3,2为同一等差数列中的三项,但不一定是连续的三项.设公差为d,则1=3-md,2=3+nd.m 、n 为两个正整数,消去d,得n+2m=3(n+m).∵n+2m 为有理数,3(m+n)为无理数,∴n+2m≠3(n+m).∴假设不成立. ∴1、3、2不能为同一等差数列中的三项.【例3】已知p 3+q 3=2,求证：p+q≤2.分析：本题已知的最高次项的次数为三次,很难降次.虽然可分解为(p+q)(p 2-pq+q 2)=2,但出现了我们不需要的二次式p 2-pq+q 2，所以正面很难入手,而所证的是一次式p+q,由一次式很容易升高次数,所以可用反证法.证明：假设p+q>2,则p>2-q.∴p 3>(2-q)3.∵p 3+q 3=2，∴2=p 3+q 3>(2-q)3+q 3=8-12q+6q 2-q 3+q 3=8-12q+6q 2=6(q-1)2+2≥2，∴2>2与事实矛盾.∴假设不成立.∴p+q≤2成立.绿色通道在已知次数较高,所证次数较低时,正面解答不易,可用反证法.变式训练3.若a≥b>0,n 为正整数且n≥2,求证:n a ≥n b .证明:假设n a <n b , ∵a≥b>0,∴(n a )n <(n b )n . ∴a<b 与a≥b 矛盾.∴假设不成立. ∴n a ≥n b 成立.【例4】若下列方程x 2+4ax-4a+3=0,x 2+(a-1)x+a 2=0,x 2+2ax-2a=0中至少有一个方程有实根,试求实数a 的取值范围.分析：本题的条件出现多样性和不定性,但反面只有一种情况,可从反面入手解答. 解：设三个方程都无实根, 则有⎪⎩⎪⎨⎧<=∆<=∆<+=∆0,4(-2a)-4a 0,4a -1)-(a 0,3)4(-4a -16a 2322221解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<->-<<<-,02,311,2123a a a a 或 即23-<a<-1, ∴当a≥-1或a≤23-时,三个方程至少有一个方程有实根. 绿色通道“至多”“至少”问题常从反面入手，再回归到原题. 变式训练4.求证：方程2x =3有且只有一个根.证明:∵2x =3,∴x=log 23,这说明方程有一个根.下面用反证法证明方程2x =3的根是唯一的.假设方程2x =3有两个根b 1、b 2(b 1≠b 2).则12b =3,22b =3.两式相除,得212b b -=1.∵b 1≠b 2,∴b 1-b 2≠0.如果b 1-b 2>0,则212b b ->1,这与212b b -=1相矛盾.如果b 1-b 2<0,则212b b -<1与212b b -=1相矛盾.∴假设不成立.∴2x =3的根是唯一的.∴2x =3有且只有一个根.。

高中数学 第三章 推理与证明 分析法同步测控 北师大版选修1-2我夯基 我达标1.下列命题中,不正确的是( )A.(a-b)(a n -b n )(n∈Z )不小于0B.若a<c<b,则(c-a)(c-b)小于0C.34≥2234x x ++ +3a+3>0解析:当a>b>0,n 为负整数时,a-b>0,a n -b n <0,∴(a -b)(a n -b n )<0,A 不正确.答案:A2.已知a 、b 、c 、d∈{正实数}且b a <d c ,则( )A.b a <d b c a ++<d cB.d b c a ++<b a <d cC.b a <d c<d b ca ++ D.以上均可能解析:先取特值检验,∵b a <d c,可取a=1,b=3,c=1,d=2, 则d b c a ++=52,满足b a <d b ca ++<d c.∴B、C 不正确.要证b a<d b ca ++,∵a、b 、c 、d∈{正实数},只需证a(b+d)<b(a+c),即证ad<bc.只需证b a<d c.而b a <d c成立,∴b a <d b a c ++.同理可证d b c a ++<d c.答案:A3.已知a 、b∈{正实数},则3a -3b 与3b a -的大小关系是( )3a 3b >3b a - 3a 3b ≥3b a -3a 3b ≤3b a - D.与a 、b 大小有关解析:∵（3a -3b )3=a-b-332b a +332ab =a-b-332ab (3a -3b ),∵a、b∈{正实数}，∴332ab >0.但3a -3b 的符号不定, ∴(3a -3b )3与a-b 大小不定. 答案:D4.已知a 、b 是不相等的正数,x=2ba +,y=b a +,则x 、y 的关系是( )>y >x >2y D.不确定 解析:x 2=222b a ab b a +=+++ab , y 2=a+b=2b a ++2b a +, ∵2b a +>ab (a 、b 为不相等的正数), ∴x 2<y 2.∴x<y.答案:B5.设正数a 、b 、c 、d 满足a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则( )=bc <bc >bc ≤bc解析:|a-d|<|b-c|,∴|a -d|2<|b-c|2,即a 2+d 2-2ad<b 2+c 2-2bc.∵a+d=b+c,∴(a+d)2=(b+c)2.∴a 2+d 2+2ad=b 2+c 2+2bc.∴-4ad<-4bc.∴ad>bc. 答案:C6.要证3a -3b <3b a -成立,a 、b 应满足的条件是( )<0且a>b >0且a>b<0且a<b >0且a>b 或ab<0且a<b解析:要证3a -3b <3b a -,只需证(3a -3b )3<(3b a -)3,即a-b-332b a +332ab <a-b,即证32ab <32b a ,只需证ab 2<a 2b,即ab(b-a)<0.只需ab>0且b-a<0或ab<0,b-a>0.答案:D7.设a=2,b=7-3,c=6-2,则a 、b 、c 的大小关系是__________.解析:∵a>0,b>0,c>0,假设b>c,即7-3>6-2,只需7+2>6+3,即214+9>218+9,即14>18. ∵14>18不成立,∴b>c 不成立.∴b<c.而a 2=2,c 2=8-212=8-43,a 2-c 2=43-6=48-36>0, ∴a>c. a 2-b 2=2-(7-3)2=2-10+221=221-8=84-64>0. ∴a 2>b 2.∴a>b.∴a>c>b.答案:a>c>b8.设a 、b∈R ,则“a 2+b 2<1”是“ab+1>a+b”的__________条件.解析:ab+1>a+b⇔ab-a+1-b>0⇔a(b-1)-(b-1)>0⇔(a-1)(b-1)>0.由a 2+b 2<1,得a<1,b<1.∴a -1<0,b-1<0.∴(a -1)(b-1)>0.∴ab+1>a+b.而(a-1)(b-1)>0,得⎩⎨⎧>->-01,01b a 或⎩⎨⎧<-<-.01,01b a当a-1>0且b-1>0时,a>1,b>1.a 2+b 2<1不成立.∴a 2+b 2<1是ab+1>a+b 的充分不必要条件.答案:充分不必要我综合 我发展 9.若a≠b,a≠0,b≠0,则比较大小关系:||||b a +||||a b __________||a +||b . 解析:可比较|a|||a +|b|||b 与|a|||b +|b|||a 的大小.进而比较|a|||a -|a|||b 与|b|||a -|b|||b 的大小,从而就比较出大小. 答案:>10.若a 、b 、c 、d 、x 、y 都是正实数且p=ab +cd ,Q=cy ax +·y d x b +,则P 、Q 的大小关系为__________. 解析:P 2=ab+cd+2abcd ,Q 2=(ax+cy)(x b +y d )=ab+cd+ad y x +bc xy ,只需比较ad y x +bc xy 与2abcd 的大小. ∵a、b 、c 、d 、x 、y 都是正实数,∴ady x +bc x y ≥2abcd (当且仅当adx 2=bcy 2时,取“＝”）. ∴P 2≤Q 2.∴P≤Q.答案:P≤Q(当且仅当adx 2=bcy 2时取“＝”）11.证明对于任意给定的向量a 、b 都有||a |-|b ||≤|a +b |≤|a |+|b |. 解析:向量的模可转化为向量的数量积运算.证明:要证||a |-|b ||≤|a +b |≤|a |+|b |,只需证(|a |-|b |)2≤|a +b |2≤(|a |+|b |)2,即证|a |2+|b |2-2|a |·|b |≤(a +b )2≤|a |2+|b |2+2|a |·|b |,只需证|a |2+|b |2-2|a |·|b |≤|a |2+|b |2+2a ·b≤|a |2+|b |2+2|a |·|b |,只需证0-2|a |·|b |≤2a ·b ≤2|a |·|b |,只需证-|a |·|b |≤|a |·|b |·cos〈a ,b 〉≤|a |·|b |,只需证-1≤cos〈a ,b 〉≤1.∵-1≤cos〈a ,b 〉≤1成立,∴||a |-|b ||≤|a +b |≤|a |+|b |成立.12.设a>b>0,求证:2222b a b a +->ba b a +-. 解析:本题为分式结构不等式不易化简,可用分析法将不等式变为整式不等式.证明:要证2222b a b a +->ba b a +-, ∵a>b>0,只需证(a 2-b 2)(a+b)>(a-b)(a 2+b 2),即证a 3+a 2b-ab 2-b 3>a 3-a 2b+ab 2-b 3,即证a 2b>ab 2.只需证a>b.∵a>b>0成立,∴2222b a b a +->ba b a +-成立. 13.已知a>b>0,求证:b a +-a <a -b a -.解析:已知条件较简单,所证较复杂,可用分析法.证明:要证b a +a -<a b a --, 只需证b a ++b a -<2a ,只需证(b a ++b a -)2<(2a )2, 即a+b+a-b+222b a -<4a,只需证22b a -<a,只需证a 2-b 2<a 2,即b 2>0. 又∵b>0,∴b a +-a <a b a --成立.我创新 我超越14.证明对于任意实数x 、y 有x 4+y 4≥21xy(x+y)2. 解析:因为所证的不等式次数较高,不易证,可用分析法. 证明:要证x 4+y 4≥21xy(x+y)2, 只需证2(x 4+y 4)≥x 3y+2x 2y 2+xy 3,只需证⎪⎩⎪⎨⎧≥++≥+.2,22443344y x y x xy y x y x ∵x 4+y 4≥2x 2y 2成立,只需证x 4+y 4≥x 3y+xy 3成立.只需证x 4+y 4-x 3y-xy 3≥0,即x 3(x-y)-y 3(x-y)≥0,即(x 3-y 3)(x-y)≥0.∵x -y 与x 3-y 3同号,∴(x -y)(x 3-y 3)≥0.∴x 4+y 4≥x 3y+xy 3.∴x 4+y 4≥21xy(x+y)2成立. 15.是否存在常数c,使得不等式y x x +2+y x x 2+≤c≤y x x 2++y x y +2对任意正数x 、y 恒成立?试证明你的结论.解析:可先令x 、y 为具体的值,来确定常数c,再用分析法证明. 解:令x=y=1,得32≤c≤32, ∴c=32. 下面先证明y x x +2+y x y 2+≤32. ∵x>0,y>0,要证y x x +2+y x y 2+≤32,只需证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y), 即x 2+y 2≥2xy,这显然成立. ∴y x x +2+y x y 2+≤32成立. 再证y x x 2++y x y +2≥32. 只需证3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y), 即x 2+y 2≥2xy,这显然成立. ∴y x x 2++y x y +2≥32成立. ∴存在c=32使y x x +2+y x y 2+≤32≤y x x 2++y x y +2成立.。