高考文科数学练习测试题课时跟踪检测三十九 直接证明和间接证明

课时作业36 直接证明与间接证明[基础达标]一、选择题1．要证明3＋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 解析：要证明3＋5<4，只需证明(3＋5)2<16，即8＋215<16，即证明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：B2．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：B3．设x ，y ，z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( ) A ．至少有一个不大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2解析：假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c <6，而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝（x ＋1x）＋（y ＋1y ）＋（z ＋1z）≥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：C4．若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定解析：假设P >Q ，要证P >Q ，只需证P 2>Q 2，只需证：2a ＋13＋2a ＋6a ＋7>2a ＋13＋2a ＋8a ＋5，只需证a 2＋13a ＋42>a 2＋13a＋40，只需证42>40，因为42>40成立，所以P>Q成立．答案：A5．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：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)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.答案：A二、填空题6．如果a a＋b b>a b＋b a，则a，b应满足的条件是________．解析：a a＋b b>a b＋b a，即(a－b)2(a＋b)>0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b7．若向量a＝(x＋1,2)，b＝(4，－2)，若a∥b，则实数x＝________.解析：因为a∥b，所以(x＋1)×(－2)＝2×4，解得x＝－5.答案：－58．[2020·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≠1三、解答题9．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A sin B＋sin B sin C ＋cos 2B＝1.求证：a，b，c成等差数列．证明：由已知得sin A sin B＋sin B sin 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．已知a，b是正实数，求证ab＋ba≥a＋b.证明：证法一(作差法)因为a，b是正实数，所以ab＋ba－a－b＝b－aa＋a－bb＝a－b a－bab＝a －b 2a ＋b ab ≥0，所以a b ＋b a ≥a ＋b . 证法二 (分析法)已知a ，b 是正实数，要证a b ＋b a ≥a ＋b ， 只需证a a ＋b b ≥ab (a ＋b )，即证(a ＋b －ab )(a ＋b )≥ab (a ＋b )，即证a ＋b －ab ≥ab ，就是要证a ＋b ≥2ab . 显然a ＋b ≥2ab 恒成立，所以a b ＋b a ≥a ＋b . 证法三 (综合法)因为a ，b 是正实数，所以a b ＋b ＋b a ＋a ≥2a b ·b ＋2b a·a ＝2a ＋2b ， 当且仅当a ＝b 时取等号，所以a b ＋b a≥a ＋b . 证法四 (综合法)因为a ，b 是正实数，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a (a ＋b )＝a ＋b ＋a a b ＋b b a≥a ＋b ＋2a a b ·b b a ＝a ＋b ＋2ab ＝(a ＋b )2，当且仅当a ＝b 时取等号，所以a b ＋b a≥a ＋b . [能力挑战]11．若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6.求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.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＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2y ＋π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2－2z ＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z 2－2x ＋π6 ＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋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.赠送：初中英语代词Ⅰ.词汇运用。

[课时跟踪检测][基础达标]1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的()A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件答案：A2．要证明3＋7<25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是() A．综合法B．分析法C．反证法D．归纳法解析：从要证明的结论——比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法，故选B.答案：B3．(2017届亳州模拟)实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则1a＋1b＋1c的值()A．一定是正数B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不确定解析：由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0，且|a|<c，则1|a|>1c，从而－1a>1c，而1b<0，所以1a＋1b＋1c<0.答案：B4．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是() A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：要比较两个正数P，Q的大小关系，只要比较P2，Q2的大小关系，只要比较2a＋7＋2a(a＋7)与2a＋7＋2(a＋3)(a＋4)的大小，只要比较a(a＋7)与(a＋3)(a＋4)的大小，即比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.答案：C5．(2018届南阳模拟)设a ，b ，c 大于0，则3个数a b ，b c ，ca 的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．都大于1C ．至少有一个不大于1D ．都小于1解析：由题意，若3个数a b ，b c ，ca 的值均大于1，则a >b ，b >c ，c >a ，显然矛盾，∴3个数a b ，b c ，ca 的值至少有一个不大于1，故选C. 答案：C6．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：因为a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 即A ≤B ≤C .故选A. 答案：A7．设0<x <1，a >0，b >0，a ，b 为常数，则a 2x ＋b 21－x 的最小值是( )A ．4abB ．2(a 2＋b 2)C ．(a ＋b )2D ．(a －b )2 解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x ＋b 21－x [x ＋(1－x )]＝a 2＋a 2(1－x )x ＋b 2x 1－x ＋b 2≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2.当且仅当x ＝aa ＋b时，等号成立．故选C.答案：C8．若a >0，b >0，a ＋b ＝1则下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2≥12 B ．ab ≤14 C.1a ＋1b ≥4D.a ＋b ≤1解析：∵a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝12， ∴A 成立；∵ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，∴B 成立； ∵1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝4，∴C 成立；∴(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab >1，a ＋b >1，故D 不成立． 答案：D9．命题“a ，b 是实数，若|a ＋1|＋(b ＋1)2＝0，则a ＝b ＝－1”，用反证法证明时应假设________．答案：a ≠－1或b ≠－110．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______．答案：a ，b 都不能被5整除11．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >2；②a 2＋b 2>2.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)解析：取a ＝－2，b ＝－1，则a 2＋b 2>2，从而②推不出． ①能够推出，即若a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1. 用反证法证明如下：假设a ≤1，且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾． 因此假设不成立，所以a ，b 中至少有一个大于1. 答案：①12．已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc >3. 证明：因为a ，b ，c 为不全相等的正数， 所以b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋bc －3， >2b a ·a b ＋2c a ·ac ＋2c b ·bc －3＝3，即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc>3.13．已知α，β≠k π＋π2(k ∈Z )，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β.求证：1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β).证明：要证1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β)成立，即证1－sin 2αcos 2α1＋sin 2αcos 2α＝1－sin 2βcos 2β2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2βcos 2β， 即证cos 2α－sin 2α＝12(cos 2β－sin 2β)，即证1－2sin 2α＝12(1－2sin 2β)，即证4sin 2α－2sin 2β＝1， 因为sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β，且(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ，所以1＋2sin 2β＝4sin 2α，即4sin 2α－2sin 2β＝1.故原结论正确．14．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋3，求证：数列{a n }中任意不同的三项都不可能是等比数列．证明：假设{a n }存在不同的三项a p ，a q ，a r (p 、q 、r 互不相等)构成等比数列．则a 2q ＝a p ·a r ， 即(p ＋3)·(r ＋3)＝(q ＋3)2， ∴pr ＋3(p ＋r )＋3＝q 2＋23q ＋3，∴(pr －q 2)＋3(p ＋r －2q )＝0，由于p ，q ，r ∈N ＋，∴pr －q 2＝0且p ＋r －2q ＝0. 于是pr －⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝0，得(p －r )2＝0，故p ＝r ＝q . 这与p 、q 、r 互不相等相矛盾，因此假设不成立，即{a n }中任意不同的三项都不可能是等比数列．[能 力 提 升]1．设a ，b ，c 都是正数，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 三个数( ) A ．都大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c 时取等号，所以三个数中至少有一个不小于2. 答案：D2．设x ＋y ＝1，x ，y ∈(0，＋∞)，则x 2＋y 2＋xy 的最小值为( ) A.14 B.34 C ．－14D ．－34解析：因为x >0，y >0且x ＋y ＝1， 所以xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝14， 所以x 2＋y 2＋xy ＝(x ＋y )2－xy ＝1－xy ≥1－14＝34， 故x 2＋y 2＋xy 有最小值34. 答案：B3．对于函数f (x )，若∀a ，b ，c ∈R ，f (a )，f (b )，f (c )都是某一三角形的三边长，则称f (x )为“可构造三角形函数”．以下说法正确的是( )A ．f (x )＝1(x ∈R )不是“可构造三角形函数”B．“可构造三角形函数”一定是单调函数C．f(x)＝1x2＋1(x∈R)是“可构造三角形函数”D．若定义在R上的函数f(x)的值域是[e，e](e 为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”解析：对于A选项，由题设所给的定义知，∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)是边长为1的正三角形的三边长，是“可构造三角形函数”，故A选项错误；对于B选项，由A选项判断过程知，故B选项错误；对于C选项，当a＝0，b＝3，c＝3时，f(a)＝1>f(b)＋f(c)＝110，不构成三角形，故C选项错误；对于D选项，由于e＋e>e，可知，定义在R上的函数f(x)的值域是[e，e](e为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”，故D选项正确．答案：D4．设a>1，n∈N，若不等式na－1<a－1n恒成立时，则n的最小值为________．解析：n＝1时，结论不成立；n＝2时，不等式变为2a－2<a－1，所以(a －1)2>0，因为a>1，所以不等式成立．答案：25．设a>0，b>0，求证：lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．证明：要证lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]，只需证1＋ab≤(1＋a)(1＋b)，即证(1＋ab)2≤(1＋a)(1＋b)，即证2ab≤a＋b，而2ab≤a＋b成立(a>0，b>0)，∴lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．。

课时分层训练(三十五)直接证明与间接证明(对应学生用书第206页)A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是() A．ac2<bc2B．a2>ab>b2C．1a<1b D．ba>abB[a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>aB．①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.]2．用反证法证明命题：若整数系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理实数根，则a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设中正确的是()【导学号：79170221】A．假设a，b，c至多有一个是偶数B．假设a，b，c至多有两个偶数C．假设a，b，c都是偶数D．假设a，b，c都不是偶数D[“至少有一个”的否定为“一个都没有”，即假设a，b，c都不是偶数．] 3．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b2－ac<3a”索的因应是()A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0C [由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2 ⇐(a ＋c )2－ac <3a 2 ⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0 ⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0 ⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.]4．设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy ( ) A ．都大于2B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2D ．至少有一个不大于2C [因为x >0，y >0，z >0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2.]5．(2018·南昌模拟)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项之积为T n ，并且满足条件：a 1＞1，a 2 016a 2 017＞1，a 2 016－1a 2 017－1＜0，下列结论中正确的是( ) A ．q ＜0B ．a 2 016a 2 018－1＞0C ．T 2 016是数列{T n }中的最大项D ．S 2 016＞S 2 017C [由a 1＞1，a 2 016a 2 017＞1得q ＞0，由a 2 016－1a 2 017－1＜0，a 1＞1得a 2 016＞1，a 2 017＜1,0＜q ＜1，故数列{ a n }的前2 016项都大于1，从第2 017项起都小于1，因此T 2 016是数列{T n }中的最大项．故选C ．] 二、填空题6．用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设________． x ≠－1且x ≠1 [“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．]7．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________． m <n [法一(取特殊值法)：取a ＝2，b ＝1，得m <n .法二(分析法)：a －b <a －b ⇐b ＋a －b >a ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．]8．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab ≥2成立的条件的个数是__________．3 [要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0，且ab >0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个．] 三、解答题9．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ． [证明] 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证：2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0， 即(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.8分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ．12分10．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列.【导学号：79170222】[解] (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，所以(q2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎨⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，即(p －r )2＝0， 所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( ) A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤AA [∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数．∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C ．] 2．在不等边三角形ABC 中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足__________．a 2>b 2＋c 2[由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，得b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.]3．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值； (2)是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由.【导学号：79170223】[解] (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增. 2分由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ， 即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.5分 (2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a >－2)上是“四维光军”函数，因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎨⎧h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，10分解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在.12分。

课时跟踪检测(三十九) 直接证明和间接证明一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的有( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析：选D 由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确． 2．若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2＜bc 2B ．a 2＞ab ＞b 2C ．1a ＜1bD ．b a ＞a b解析：选B a 2－ab ＝a (a －b )， ∵a ＜b ＜0，∴a －b ＜0，∴a 2－ab ＞0， ∴a 2＞ab .①又ab －b 2＝b (a －b )＞0，∴ab ＞b 2，② 由①②得a 2＞ab ＞b 2.3．(2014·山东高考)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0 至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程 x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0 至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0 恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．4．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是__________．解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a ，即(a －b )2(a ＋b )＞0，需满足a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b5．(2016·太原模拟)用反证法证明“若x 2－1＝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 ≠1二保高考，全练题型做到高考达标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：b 2－ac<3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0解析：选Cb 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0 ⇔(a －c )(a －b )>0.2．设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析：选D ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.3．已知m ＞1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a ＞b B ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定解析：选B ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m ＞m ＋m －1＞0(m ＞1)， ∴1m ＋1＋m＜1m ＋m －1，即a <b .4．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>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 ．③D ．③④⑤解析：选C 若a ＝12，b ＝23，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a 2＋b 2>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1.5．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x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)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x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)， 则f (x 1)＋f (x 2)<0.6．设a ＞b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________． 解析：法一：(取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m ＜n .法二：(分析法)a －b ＜a －b ⇐b ＋a －b ＞a ⇐a ＜b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b ＞0，显然成立．答案：m ＜n7．下列条件：①ab ＞0，②ab ＜0，③a ＞0，b ＞0，④a ＜0，b ＜0，其中能使b a ＋ab≥2成立的条件的序号是________．解析：要使b a ＋a b ≥2，只需b a ＞0且a b＞0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④都能使b a ＋a b≥2成立．答案：①③④8．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－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⎩⎪⎨⎪⎧f －＝－2p 2＋p ＋1≤0，f ＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 法二：(直接法)依题意有f (－1)＞0或f (1)＞0， 即2p 2－p －1＜0或2p 2＋3p －9＜0， 得－12＜p ＜1或－3＜p ＜32.故满足条件的p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，329．已知非零向量a ，b ，且a⊥b ，求证：|a|＋|b||a ＋b |≤ 2.证明：a⊥b ⇔a ·b ＝0， 要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.只需证|a |＋|b |≤2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)， 只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2， 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．10．(2016·福州模拟)在数列{a n }中，已知a 1＝14，a n ＋1a n ＝14，b n ＋2＝3log 14a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等差数列． 解：(1)因为a n ＋1a n ＝14，所以数列{a n }是首项为14，公比为14的等比数列， 所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)．(2)证明：因为b n ＝3log 14a n －2，所以b n ＝3log 14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n－2＝3n －2.所以b 1＝1，公差d ＝3，所以数列{b n }是首项b 1＝1，公差d ＝3的等差数列． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2015·德州一模)如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 2B 2C 2是________三角形．解析：由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1.那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形． 所以△A 2B 2C 2是钝角三角形． 答案：钝角2．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根；(2)试比较1a与c 的大小； (3)证明：－2<b <－1.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x 1，x 2， ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根， 又x 1x 2＝c a，∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≠c ，∴1a是f (x )＝0的一个根．(2)假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝0矛盾， ∴1a ≥c ，又∵1a≠c ，∴1a>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 ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a ，即－b 2a <1a.又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.。

限时集训(三十九) 直接证明与间接证明(限时：45分钟 满分：81分)一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝⎛⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A2．(2013·成都模拟)设a ，b ∈R ，则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P 、Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定4．(2013·银川模拟)设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a >b ，a <b 及a ＝b 中至少有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立，其中正确判断的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．35．不相等的三个正数a ，b ，c 成等差数列，并且x 是a ，b 的等比中项，y 是b ，c 的等比中项，则x 2，b 2，y 2三数( )A ．成等比数列而非等差数列B ．成等差数列而非等比数列C ．既成等差数列又成等比数列D ．既非等差数列又非等比数列6．在R 上定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab c d ＝ad －bc .若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－12B ．－32 C.12 D.32二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是________．8．设S n ＝12＋16＋112＋…＋1n (n ＋1)(n ∈N *)，且S n ＋1·S n ＋2＝34，则n 的值是________． 9．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－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________．三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．已知a >0，1b －1a >1，求证：1＋a >11－b. 11．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 12．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.限时集训(三十九) 直接证明与间接证明答 案1．A 2.A 3.C 4.C 5.B 6.D7．“∃x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|则|f (x 1)－f (x 2)|≥12” 8．5 9.⎝⎛⎭⎫－3，32 10．证明：∵1b －1a，a >0， ∴0<b <1，要证1＋a >11－b， 只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0，即a －b ab >1，即1b －1a>1. 这是已知条件，所以原不等式成立．11．解：(1)由已知得⎩⎨⎧ a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)得b n ＝S n n＝n ＋ 2. 假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则 b 2q ＝b p b r .即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)．∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0. ∴⎝⎛⎭⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0. ∴p ＝r .与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．12．解：(1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1，则a n ＋1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列．故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n . b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1＝(2n －1)(2n ＋2－1)－(2n ＋1－1)2＝(22n ＋2－2n ＋2－2n ＋1)－(22n ＋2－2·2n ＋1＋1)＝－2n <0，所以b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.。

【与名师对话】2016版高考数学一轮复习 6.5直接证明与间接证明课时跟踪训练 文一、选择题1．若a <b <0，则下列不等式中成立的是( ) A.1a <1bB ．a ＋1b >b ＋1aC ．b ＋1a >a ＋1bD.b a <b ＋1a ＋1解析：∵a <b <0，∴1a >1b ，又b >a ，∴b ＋1a >a ＋1b.答案：C2．(2014·西安二模)设a ，b 是两个实数，给出下列条件： ①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>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 解析：若a ＝12，b ＝23，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a 2＋b 2>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：C3．设x ，y ，z ∈(0，＋∞)，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三数( )A ．至少有一个不大于2B ．都大于2C ．至少有一个不小于2D ．都小于2解析：a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥2＋2＋2＝6，所以至少有一个不小于2.故选C.答案：C4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：∵a ＋b2≥ab ≥2aba ＋b， 又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上是减函数．∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .答案：A5．(2014·四川卷)已知b >0，log 5b ＝a ，lg b ＝c,5d＝10，则下列等式一定成立的是( ) A ．d ＝ac B ．a ＝cd C ．c ＝adD ．d ＝a ＋c解析：由已知得5a＝b,10c＝b ，∴5a＝10c，∵5d＝10，∴5dc＝10c，则5dc＝5a，∴dc ＝a ，故选B.答案：B6．如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾，所以假设不成立，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形，故选D.答案：D 二、填空题7．(2015·青岛模拟)已知函数f (x )＝lg 1－x1＋x ，若f (a )＝b ，则f (－a )＝________(用b表示)．解析：∵f (－x )＝lg 1＋x 1－x ＝－lg 1－x1＋x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，∴f (－a )＝－f (a )＝－b . 答案：－b8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝__________.解析：由等比数列的性质可知a 1a 5＝a 2a 4＝a 23，于是，由a 1a 5＝4得a 3＝2，故a 1a 2a 3a 4a 5＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 232＝5.答案：59．若0<a <1,0<b <1，且a ≠b ，则在a ＋b,2ab ，a 2＋b 2和2ab 中最大的是________． 解析：解法一：a ＋b >2ab ，a 2＋b 2>2ab ，a ＋b －(a 2＋b 2)＝a (1－a )＋b (1－b )>0，∴a ＋b 最大．解法二：特值法，取a ＝12，b ＝18，计算比较大小．答案：a ＋b 三、解答题10．设x ≥1，y ≥1，证明：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .证明：由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ⇔xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得 (y ＋x ＋(xy )2)－(xy (x ＋y )＋1) ＝((xy )2－1)－(xy (x ＋y )－(x ＋y )) ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1) ＝(xy －1)(x －1)(y －1)．既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立． 11．若a >0，证明： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.∵a >0，∴两边均大于零， ∴只需证a 2＋1a 2＋22≥a ＋1a ＋22， 只需证a 2＋1a2＋4＋4 a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2＋2＋22a ＋1a，只需证a 2＋1a 2≥22a ＋1a，只需证a 2＋1a 2≥12a 2＋1a 2＋2，即证a 2＋1a2≥2，它显然成立．∴原不等式成立．12．已知a ，b ，c ，x ，y ，z 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π4，c ＝z 2－2x＋π4，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.(用反证法证明) 证明：假设a ，b ，c 都不大于0， 即a ≤0，b ≤0，c ≤0，则a ＋b ＋c ≤0，而a ＋b ＋c ＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3≥π－3>0， 即a ＋b ＋c >0，与假设矛盾， 所以a ，b ，c 中至少有一个大于0.。

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课时分层作业三十九直接证明与间接证明一、选择题(每小题5分,共25分）1.要证明+〈2，可选择的方法有以下几种,其中最合理的是（）A.综合法B.分析法C。

反证法D。

归纳法【解析】选B.从要证明的结论—-比较两个无理数大小出发,证明此类问题通常转化为比较有理数的大小,这正是分析法的证明方法.2.（2018·广州模拟)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是（）A。

方程x2+ax+b=0没有实根B.方程x2+ax+b=0至多有一个实根C.方程x2+ax+b=0至多有两个实根D。

方程x2+ax+b=0恰好有两个实根【解析】选A. 因为“方程x2+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x2+ax+b=0有一个实根或两个实根"，所以该命题的否定是“方程x2+ax+b=0没有实根"。

3.要证:a2+b2-1—a2b2≤0，只要证明（)A.2ab—1—a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C。

-1-a2b2≤0D.（a2-1）（b2—1)≥0【解析】选D.因为要证a2+b2—1-a2b2≤0，只需要证(a2—1）(b2-1)≥0.4。

课时跟踪训练(三十九) 直接证明与间接证明[基础巩固]一、选择题1．设a 、b ∈R ，若a －|b |>0，则下列不等式中正确的是( ) A ．b －a >0 B ．a 3＋b 3<0 C ．a 2－b 2<0D ．b ＋a >0[解析] ∵a －|b |>0，∴|b |<a . ∴a >0.∴－a <b <a .∴b ＋a >0. [答案] D2．“a ＝14”是“对任意正数x ，均有x ＋ax ≥1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件．既不充分也不必要条件[解析] 当a ＝14时，x ＋14x ≥2x ·14x ＝1，当且仅当x ＝14x ，即x ＝12时取等号；反之，显然不成立．[答案] A3．已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a >b B ．a <bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定 [解析] ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m >m ＋m －1>0(m >1)， ∴1m ＋1＋m<1m ＋m －1，即a <b . [答案] B4．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>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[解析] 若a ＝12，b ＝23，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a 2＋b 2>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] C5．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 b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0[解析] 由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2⇐(a ＋c )2－ac <3a 2⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0 ⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0 ⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0. [答案] C6．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x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．恒为负B ．恒等于零C ．恒为正D ．无法确定正负[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 上的减函数．由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，则f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)， 则f (x 1)＋f (x 2)<0，故选A. [答案] A 二、填空题7．(2018·安徽合肥模拟)设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________．[解析] 解法一(取特殊值法)：取a ＝2，b ＝1，则m <n .解法二(分析法)：a －b <a －b ⇐b ＋a －b >a ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．[答案] m <n8．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则△ABC 的形状为________．[解析] 由题意2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝π3，又b 2＝ac ，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ， ∴a 2＋c 2－2ac ＝0，即(a －c )2＝0，∴a ＝c ， ∴A ＝C ，∴A ＝B ＝C ＝π3，∴△ABC 为等边三角形． [答案] 等边三角形9．(2018·广东佛山质检)已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b ≥m2a ＋b 恒成立，则m 的最大值为________．[解析] 因为a >0，b >0，所以2a ＋b >0.所以不等式可化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋a b .因为5＋2⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋ab ≥5＋4＝9，即其最小值为9，所以m ≤9，即m 的最大值等于9.[答案] 9 三、解答题10．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.[证明] (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1. 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. [能力提升]11．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A[解析] ∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . [答案] A12．设x ，y ，z ∈(0，＋∞)，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三数( )A ．至少有一个不大于2B ．都大于2C ．至少有一个不小于2D ．都小于2[解析] a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥2＋2＋2＝6，所以至少有一个不小于2.故选C.[答案] C13．已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.[证明] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0， 要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2，只需证|a |＋|b |≤ 2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)， 只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2， 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．14．已知函数u (x )＝ln x 的反函数为v (x )，f (x )＝x ·v (x )－ax 2＋bx ，且函数f (x )在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为45°.(1)求实数b 的值；(2)若a <e ，用反证法证明：函数f (x )＝x ·v (x )－ax 2＋bx (x >0)无零点． [解] (1)因为函数u (x )＝ln x 的反函数为v (x )，所以v (x )＝e x， 所以f (x )＝x e x －ax 2＋bx ，所以f ′(x )＝e x ＋x e x－2ax ＋b .因为函数f (x )在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为45°，所以f ′(0)＝tan45°＝1， 即e 0＋0·e 0－2a ×0＋b ＝1，解得b ＝0. (2)证明：由(1)知，f (x )＝x e x －ax 2. 假设函数f (x )＝x e x－ax 2(x >0)有零点，则f (x )＝0在(0，＋∞)上有解，即a ＝exx在(0，＋∞)上有解．设g (x )＝e x x(x >0)，则g ′(x )＝exx －x 2(x >0)．当0<x <1时，g ′(x )<0； 当x >1时，g ′(x )>0.所以g (x )≥g (x )min ＝g (1)＝e ，所以a ≥e，但这与条件a <e 矛盾， 故假设不成立，即原命题得证． 15．若a >0，证明： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.[证明] 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2， 只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2. ∵a >0，∴两边均大于零， ∴只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即证a 2＋1a2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2＋2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证a 2＋1a 2≥22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证a 2＋1a 2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋2，即证a 2＋1a2≥2，它显然成立．∴原不等式成立.。

江苏高考直接证明与间接证明专题练习（附答案）直接证明是相关于直接证明说的，综合法和剖析法是两种罕见的直接证明。

以下是直接证明与直接证明专题练习，请考生查缺补漏。

【典例1】 (2021天津高考)q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2，，q-1}，集合A={x|x=x1+x2q++xnqn-1，xiM，i=1,2，，n}.(1)当q=2，n=3时，用罗列法表示集合A.(2)设s，tA，s=a1+a2q++anqn-1，t=b1+b2q++bnqn-1，其中ai，biM，i=1,2，，n.证明：假定an1及a0可知0，只需证1，只需证1+a-b-ab1，只需证a-b-ab1，即-1.这是条件，所以原不等式得证.考向3 反证法(高频考点) 【典例3】 (1)(2021山东高考改编)用反证法证明命题设a，b为实数，那么方程x3+ax+b=0至少有一个实根时，要做的假定是________.(2)(2021陕西高考)设{an}是公比为q的等比数列.推导{an}的前n项和公式;设q1，证明数列{an+1}不是等比数列.[思绪点拨] (1)至少的否认是少于.(2)分q=1和q1两种状况求解.用反证法证明.[解析] (1)a，b为实数，那么方程x3+ax+b=0至少有一个实根的否认为方程x3+ax+b=0没有实根.[答案] 方程x3+ax+b=0没有实根(2)设{an}的前n项和为Sn，当q=1时，Sn=a1+a1++a1=na1;当q1时，Sn=a1+a1q+a1q2++a1qn-1，qSn=a1q+a1q2++a1qn，①-得，(1-q)Sn=a1-a1qn，Sn=，Sn=证明：假定{an+1}是等比数列，那么对恣意的kN+，(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1)，a+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1，aq2k+2a1qk=a1qk-1a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1，a10，2qk=qk-1+qk+1.q0，q2-2q+1=0，q=1，这与矛盾.直接证明与直接证明专题练习及答案就分享到这里，查字典数学网预祝考生可以考上自己理想的大学。