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[K12学习]2019年高考数学一轮复习 第6章 不等式、推理与证明 第5节 综合法与分析法、反证法

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K12学习教育资源 K12学习教育资源 第五节 综合法与分析法、反证法 [考纲传真] 1.了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点．

(对应学生用书第89页) [基础知识填充] 1．直接证明 内容 综合法 分析法

定义 从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明．我们把这样的思维方法称为综合法. 从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等．我们把这样的思维方法称为分析法． 思维 过程 由因导果 执果索因

框图 表示

P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→ Qn⇒Q Q⇐P1→P1⇐P2→…→

得到一个明显成立的条件 书写 格式 因为…，所以…或由…，得… 要证…，只需证…，即证…

2．间接证明 间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法． (1)反证法的定义：在假定命题结论反面成立的前提下，经过推理，若推出的结果与定义、公理、定理矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题结论成立的方法叫反证法． (2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立． [基本能力自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．( ) (2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( ) (3)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( ) (4)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过K12学习教育资源 K12学习教育资源 程．( ) [答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√ 2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0 ，只要证明( ) A．2ab－1－a2b2≤0

B．a2＋b2－1－a4＋b42≤0

C．a＋b22－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0 D [a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.] 3．用反证法证明命题：“已知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 A [“方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”的反面是“方程x2＋ax＋b＝0没有实根”，故选A．]

4．已知a，b，x均为正数，且a>b，则ba与b＋xa＋x的大小关系是__________． b＋xa＋x>ba [∵b＋xa＋x－ba＝xa－ba＋xa>0，∴b＋xa＋x>ba.]

5．(教材改编)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__________三角形． 【导学号：00090218】 等边 [由题意2B＝A＋C，

又A＋B＋C＝π，∴B＝π3，又b2＝ac， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac， ∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，

∴A＝C，∴A＝B＝C＝π3， ∴△ABC为等边三角形．]

(对应学生用书第90页) K12学习教育资源 K12学习教育资源 综合法 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足： 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，证明：f(0)＝0； (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝x(x∈[0,1])是否是理想函数． 【导学号：00090219】 [解] (1)证明：取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0. 又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，∴f(0)≥0.于是f(0)＝0. 5分 (2)对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，∴f(x)＝2x(x∈[0,1])不是理想函数. 7分 对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x21－x22＝2x1x2≥0，即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)．

∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数. 9分 对于f(x)＝x，x∈[0,1]，显然满足条件①②.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， 有[f(x1＋x2)]2－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2x1x2＋x2)＝－2x1x2≤0，即[f(x1＋x2)]2≤[f(x1)＋f(x2)]2，

∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③. ∴f(x)＝x(x∈[0,1])不是理想函数. 11分 综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝x(x∈[0,1])不是理想函数. 12分 [规律方法] 综合法是“由因导果”的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，常与分析法结合使用，用分析法探路，综合法书写，但要注意有关定理、性质、结论题设条件的正确运用．

[变式训练1] 已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－12x2＋13x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图像在交点(0,0)处有公共切线． (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)≤g(x)．

[解] (1)f′(x)＝11＋x，g′(x)＝b－x＋x2， 2分 K12学习教育资源 K12学习教育资源 由题意得 g＝f，f＝g， 解得a＝0，b＝1. 5分 (2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)

＝ln(x＋1)－13x3＋12x2－x(x>－1)．

h′(x)＝1x＋1－x2＋x－1＝－x3x＋1. 8分

所以h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数． h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x). 12分

分析法

已知a>0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.

[证明] 要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2， 只需要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2. 2分 因为a>0，故只需要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22， 即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22a＋1a＋2， 8分 从而只需要证2a2＋1a2≥2a＋1a， 只需要证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2， 即a2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立． 12分 [规律方法] 1.当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法． 2．分析法的特点和思路是“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性． [变式训练2] 已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，C．

求证：1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c. 【导学号：00090220】 K12学习教育资源 K12学习教育资源 [证明] 要证1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c， 即证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，也就是ca＋b＋ab＋c＝1， 3分 只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需证c2＋a2＝ac＋b2， 5分 又△ABC三内角A，B，C成等差数列， 故B＝60°， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60°， 10分

即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立. 12分 反证法 设{an}是公比为q的等比数列． (1)推导{an}的前n项和公式； (2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列． [解] (1)设{an}的前n项和为Sn， 当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1； 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②

①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，

∴Sn＝a1－qn1－q，∴Sn＝ na1，q＝1，a1－qn1－q，q≠1. 5分 (2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， a2k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2

＋1，

a21q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1

. 8分

∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1. ∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0， ∴q＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列. 12分 [规律方法] 用反证法证明问题的步骤： (1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(否定结论) (2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾，矛盾可以是与已

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全国通用近年高考数学大一轮复习第六章不等式、推理与证明课时达标35合情推理与演绎推理(2021年整

全国通用近年高考数学大一轮复习第六章不等式、推理与证明课时达标35合情推理与演绎推理(2021年整

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课时达标第35讲合情推理与演绎推理[解密考纲]高考中,归纳推理和类比推理主要是和数列、不等式等内容联合考查,多以选择题和填空题的形式出现．一、选择题1．下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是( B)A．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无理数；结论：π是无限不循环小数B．大前提:无限不循环小数是无理数；小前提：π是无限不循环小数；结论：π是无理数C．大前提：π是无限不循环小数；小前提:无限不循环小数是无理数；结论：π是无理数D．大前提:π是无限不循环小数；小前提：π是无理数;结论：无限不循环小数是无理数解析对于A项，小前提与结论颠倒，错误；对于B项，符合演绎推理过程且结论正确；对于C项，大小前提颠倒；对于D项，大小前提以及结论颠倒．故选B．2．请仔细观察1，1，2，3,5，（），13,运用合情推理，可知写在括号里的数最可能是（A）A．8 B．9 C．10 D．11解析观察题中所给各数可知，2＝1＋1，3＝1＋2，5＝2＋3,8＝3＋5,13＝5＋8，∴括号中的数为8.故选A．3．在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为［k],即[k］＝{5n＋k|n∈Z},k＝0，1，2,3,4。

【配套K12】2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第6章不等式6-3a

【配套K12】2019版高考数学(理)高分计划一轮狂刷练：第6章不等式6-3a

[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．若x ＞0，则x ＋2x 的最小值是( ) A ．2 B ．4 C. 2 D ．2 2答案 D解析 由基本不等式可得x ＋2x ≥2x ·2x ＝22，当且仅当x ＝2x 即x ＝2时取等号，故最小值是2 2.故选D.2．若函数f (x )＝x ＋1x －2(x ＞2)在x ＝a 处取最小值，则a 等于( )A ．1＋ 2B ．1＋ 3C ．3D ．4答案 C解析 当x >2时，x －2>0，f (x )＝(x －2)＋1x －2＋2≥2(x －2)×1x －2＋2＝4，当且仅当x －2＝1x －2(x ＞2)，即x ＝3时取等号，即当f (x )取得最小值时，即a ＝3.故选C.3．(2018·河南平顶山一模)若对任意x >0，xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，则a 的取值范围是( )A ．a ≥15 B ．a ＞15 C ．a ＜15 D ．a ≤15答案 A解析 因为对任意x >0，xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，所以对x ∈(0，＋∞)，a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x x 2＋3x ＋1max ，而对x ∈(0，＋∞)， xx 2＋3x ＋1＝1x ＋1x ＋3≤12x ·1x ＋3＝15，当且仅当x ＝1时等号成立，∴a ≥15.故选A.4．在方程|x |＋|y |＝1表示的曲线所围成的区域内(包括边界)任取一点P (x ，y )，则z ＝xy 的最大值为 ( )A.12B.13C.14D.18答案 C解析 根据题意如图所示，要保证z 最大，则P 应落在第一或第三象限内，不妨设P 点落在线段AB 上，故z ＝xy ＝x (1－x )≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1－x 22＝14，当且仅当x ＝12时，等号成立，故z 的最大值为14.故选C.5．(2018·福建四地六校联考)已知函数f (x )＝x ＋ax ＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，则a 的值是( )A.12B.32 C ．1D ．2答案 C解析 由题意可得a >0，①当x >0时，f (x )＝x ＋ax ＋2≥2a ＋2，当且仅当x ＝a 时取等号；②当x <0时，f (x )＝x ＋ax ＋2≤－2a ＋2，当且仅当x ＝－a 时取等号．所以⎩⎪⎨⎪⎧2－2a ＝0，2a ＋2＝4，解得a ＝1.故选C.6．(2017·浙江考试院抽测)若正数x ，y 满足x 2＋3xy －1＝0，则x ＋y 的最小值是( )A.23 B.223 C.33 D.233答案 B解析 对于x 2＋3xy －1＝0可得y ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x ，∴x ＋y ＝2x 3＋13x ≥229＝223(当且仅当x ＝22时等号成立)．故选B.7．已知实数a >0，b >0，且ab ＝1，若不等式(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫a x ＋b y >m ，对任意的正实数x ，y 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．[4，＋∞)B ．(－∞，1]C ．(－∞，4]D ．(－∞，4)答案 D解析 因为a ，b ，x ，y 为正实数，所以(x ＋y )·⎝⎛⎭⎪⎫a x ＋b y ＝a ＋b ＋ay x＋bx y ≥a ＋b ＋2≥2ab ＋2＝4，当且仅当a ＝b ，ay x ＝bxy ，即a ＝b ，x ＝y 时等号成立，故只要m <4即可．故选D.8．(2017·忻州一中联考)设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是( )A.92B.72 C ．22＋12 D ．22－12 答案 A解析 a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，S n ＝n (1＋n )2，∴S n ＋8a n ＝n (n ＋1)2＋8n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1 ≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92， 当且仅当n ＝4时取等号． ∴S n ＋8a n的最小值是92.故选A.9．(2018·东北育才学校模拟)设OA →＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b,0)(a >0，b >0，O 为坐标原点)，若A ，B ，C 三点共线，则2a ＋1b 的最小值是( )A ．4 B.92 C ．8 D ．9答案 D解析 ∵AB →＝OB →－OA →＝(a －1,1)，AC →＝OC →－OA →＝(－b －1,2)， 若A ，B ，C 三点共线，则有AB →∥AC →， ∴(a －1)×2－1×(－b －1)＝0，∴2a ＋b ＝1， 又a >0，b >0， ∴2a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ·(2a ＋b )＝5＋2b a ＋2ab ≥5＋22b a ·2ab ＝9，当且仅当⎩⎨⎧2b a＝2a b ，2a ＋b ＝1，即a ＝b ＝13时等号成立．故选D.10．(2018·河南洛阳统考)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的导函数为f ′(x )．若∀x ∈R ，不等式f (x )≥f ′(x )恒成立，则b 2a 2＋2c 2的最大值为( )A.6＋2B.6－2 C ．22＋2 D ．22－2答案 B解析 由题意得f ′(x )＝2ax ＋b ，由f (x )≥f ′(x )在R 上恒成立得ax 2＋(b －2a )x ＋c －b ≥0在R 上恒成立，则a >0且Δ≤0，可得b 2≤4ac －4a 2，则b 2a ＋2c ≤4ac －4a 2a ＋2c ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫c a －12⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＋1，且4ac －4a 2≥0，∴4·c a －4≥0，∴c a －1≥0，令t ＝ca －1，则t ≥0. 当t ＞0时，b 2a 2＋2c 2≤4t 2t 2＋4t ＋3＝42t ＋3t ＋4≤426＋4＝6－2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当t ＝62时等号成立，当t ＝0时，b 2a 2＋2c 2＝0，故b 2a 2＋2c 2的最大值为6－2.故选B.二、填空题11．(2014·福建高考)要制作一个容积为4 m 3，高为1 m 的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是________(单位：元)．答案 160解析 设底面的相邻两边长分别为x m ，y m ，总造价为T 元，则V ＝xy ·1＝4⇒xy ＝4.T ＝4×20＋(2x ＋2y )×1×10＝80＋20(x ＋y )≥80＋20×2xy ＝80＋20×4＝160.(当且仅当x ＝y 时取等号)故该容器的最低总造价是160元．12．(2018·河南百校联盟模拟)已知正实数a ，b 满足a ＋b ＝4，则1a ＋1＋1b ＋3的最小值为________． 答案 12解析 ∵a ＋b ＝4，∴a ＋1＋b ＋3＝8， ∴1a ＋1＋1b ＋3＝18[(a ＋1)＋(b ＋3)]⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1＋1b ＋3 ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋b ＋3a ＋1＋a ＋1b ＋3 ≥18(2＋2)＝12，当且仅当a ＋1＝b ＋3，即a ＝3，b ＝1时取等号， ∴1a ＋1＋1b ＋3的最小值为12. 13．(2018·泰安模拟)正实数a 、b 满足2a ＋2b ＋12a ＋b ＝6，则4a＋5b 的最小值是________．答案 32解析 正实数a 、b 满足2a ＋2b ＋12a ＋b＝6，令a ＋2b ＝m,2a ＋b ＝n ，则正数m ，n 满足2m ＋1n ＝6，则4a ＋5b ＝2m ＋n ＝16(2m ＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋1n＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2n m ＋2m n ≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋22n m ·2m n ＝32， 当且仅当2n m ＝2m n 即m ＝n ＝12时取等号， 此时a ＝b ＝16，故4a ＋5b 的最小值为32.14．已知x ，y满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋2y ≥0，2x －y －2≤0，且目标函数z ＝ax ＋by (a ，b ＞0)的最大值为4，则4a ＋2b 的最小值为________．答案 3＋2 2解析 画区域如图，易知目标函数在点A 处取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2x －y －2＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，所以2a ＋2b ＝4，即a ＋b ＝2，所以4a ＋2b ＝2(a ＋b )a ＋a ＋b b ＝2＋2b a ＋a b ＋1＝3＋2b a ＋ab ≥3＋22b a ·a b ＝3＋22，当且仅当2b a ＝ab ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4－22，b ＝22－2时，取等号．故4a ＋2b 的最小值为3＋2 2. 三、解答题15．(2017·太原期末)如图，围建一个面积为100 m 2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(旧墙需维修)，其余三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2 m 的进出口，已知旧墙的维修费用为56元/米，新墙的造价为200元/米，设利用的旧墙长度为x (单位：米)，修建此矩形场地围墙的总费用y (单位：元)．(1)将y 表示为x 的函数；(2)求当x 为何值时，y 取得最小值，并求出此最小值． 解 (1)由题意得矩形场地的另一边长为100x 米，∴y ＝56x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2·100x －2×200＝256x ＋40000x －400(x ＞0)． (2)由(1)得y ＝256x ＋40000x －400≥2256x ·40000x －400＝6000，当且仅当256x ＝40000x 时，等号成立， 即当x ＝252米时，y 取得最小值6000元．16．(2018·南昌模拟)已知△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且tan A ，tan B 是关于x 的方程x 2＋(1＋p )x ＋p ＋2＝0的两个实根，c ＝4.(1)求角C 的大小；(2)求△ABC 面积的取值范围．解 (1)由题意得tan A ＋tan B ＝－1－p ，tan A ·tan B ＝p ＋2，所以tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－1－p 1－(p ＋2)＝1，故△ABC 中，A ＋B ＝π4，所以C ＝3π4. (2)由C ＝3π4，c ＝4及c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，可得42＝a 2＋b 2－2ab ×⎝⎛⎭⎪⎫－22，整理得16＝a 2＋b 2＋2ab ，即16－2ab ＝a 2＋b 2， 又a >0，b >0，所以16－2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ， 得ab ≤162＋2，当且仅当a ＝b 时取等号，所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝12×ab ×22≤12×162＋2×22＝422＋2＝42－4， 所以△ABC 面积的取值范围为(0,42－4]．。

【K12教育学习资料】[学习]2019届高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第2节 一元二

【K12教育学习资料】[学习]2019届高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第2节 一元二

第六章 第2节 一元二次不等式及其解法[基础训练组]1．(导学号14577509)不等式4x －2≤x －2的解集是( ) A ．(－∞，0]∪(2,4] B ．[0,2)∪[4，＋∞) C ．[2,4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：B [原不等式可化为－x 2＋4xx －2≤0.即⎩⎪⎨⎪⎧x x －x －，x －2≠0.由标根法知，0≤x <2，或x ≥4.]2．(导学号14577510)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，不等式f (x )<0的解集为{x |x <－3，或x >1}，则函数y ＝f (－x )的图象可以为( )解析：B [由f (x )<0的解集为{x |x <－3或x >1}知a <0，y ＝f (x )的图象与x 轴交点为(－3,0)，(1,0)，∴f (－x )图象开口向下，与x 轴交点为(3,0)，(－1,0)．]3．(导学号14577511)“0<a <1”是“ax 2＋2ax ＋1>0的解集是实数集R ”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：A [当a ＝0时，1>0，显然成立；当a ≠0时，⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝4a 2－4a ＜0.故ax 2＋2ax＋1>0的解集是实数集R 等价于0≤a <1.因此，“0<a <1”是“ax 2＋2ax ＋1>0的解集是实数集R ”的充分而不必要条件．]4．(导学号14577512)若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －3≤0，x 2＋4x －＋a 的解集不是空集，则实数a的取值范围是( )A ．(－∞，－4]B ．[－4，＋∞)C ．[－4,20]D ．[－40,20)解析：B [设f (x )＝x 2＋4x －(1＋a )，根据已知可转化为存在x 0∈[－1,3]使f (x 0)≤0.易知函数f (x )在区间[－1,3]上为增函数，故只需f (－1)＝－4－a ≤0即可，解得a ≥－4.]5．(导学号14577513)已知不等式|a －2x |>x －1，对任意x ∈[0,2]恒成立，则a 的取值范围为( )A ．(－∞，1)∪(5，＋∞)B ．(－∞，2)∪(5，＋∞)C ．(1,5)D ．(2,5)解析：B [当0≤x <1时，不等式|a －2x |>x －1对a ∈R 恒成立；当1≤x ≤2时，不等式|a －2x |>x －1，即a －2x <1－x 或a －2x >x －1，x >a －1或3x <1＋a ，由题意得1>a －1或6<1＋a ，a <2或a >5；综上所述，则a 的取值范围为(－∞，2)∪(5，＋∞)．]6．(导学号14577514)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x ＜，－x －x，则不等式x ＋(x ＋1)f (x －1)≤3的解集是 ________ .解析：∵f (x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ， x ＜1，－x ， x ≥1，∴x ＋(x ＋1)f (x －1)≤3等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1x ＋x ＋x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1x ＋x ＋－x，解得－3≤x <1或x ≥1，即x ≥－3. 答案：{x |x ≥－3}7．(导学号14577515)若关于x 的不等式4x－2x ＋1－a ≥0在[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围为 ________ .解析：∵4x－2x ＋1－a ≥0在[1,2]上恒成立，∴4x－2x ＋1≥a 在[1,2]上恒成立．令y ＝4x－2x ＋1＝(2x )2－2×2x ＋1－1＝(2x －1)2－1.∵1≤x ≤2，∴2≤2x≤4.由二次函数的性质可知：当2x＝2，即x ＝1时，y 有最小值0.∴a 的取值范围为(－∞，0]．答案：(－∞，0]8．(导学号14577516)已知函数f (x )＝|x －2|，g (x )＝－|x ＋3|＋m .若函数f (x )的图象恒在函数g (x )图象的上方，则m 的取值范围为 ________ .解析：函数f (x )的图象恒在函数g (x )图象的上方，即为|x －2|>－|x ＋3|＋m 对任意实数x 恒成立，即|x －2|＋|x ＋3|>m 恒成立．因为对任意实数x 恒有|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5，所以m <5，即m 的取值范围是(－∞，5)．答案：(－∞，5)9．(导学号14577517)解关于x 的不等式ax 2－2≥2x －ax (a ∈R )． 解：原不等式可化为ax 2＋(a －2)x －2≥0⇒ (ax －2)(x ＋1)≥0.①当a ＝0时，原不等式化为x ＋1≤0⇒x ≤－1.②当a >0时，原不等式化为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a (x ＋1)≥0⇒x ≥2a或x ≤－1.③当a <0时，原不等式化为⎝⎛⎭⎪⎫x －2a (x ＋1)≤0.当2a >－1，即a <－2时，原不等式等价于－1≤x ≤2a；当2a ＝－1，即a ＝－2时，原不等式等价于x ＝－1； 当2a<－1，即a >－2，原不等式等价于2a≤x ≤－1.综上所述，当a <－2时，原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，2a ；当a ＝－2时，原不等式的解集为{－1}；当－2<a <0时，原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a，－1；当a ＝0时，原不等式的解集为(－∞，－1]；当a >0时，原不等式的解集为(－∞，－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2a，＋∞.10．(导学号14577518)已知函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R . (1)求a 的取值范围； (2)若函数f (x )的最小值为22，解关于x 的不等式x 2－x －a 2－a ＜0. 解：(1)∵函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1的定义域为R ， ∴ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立， 当a ＝0时，1≥0恒成立．当a ≠0时，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，Δ＝a2－4a ≤0，解得0＜a ≤1，综上可知，a 的取值范围是[0,1]． (2)∵f (x )＝ax 2＋2ax ＋1＝ax ＋2＋1－a ，∵a ＞0，∴当x ＝－1时，f (x )min ＝1－a ， 由题意得，1－a ＝22，∴a ＝12， ∴不等式x 2－x －a 2－a ＜0可化为x 2－x －34＜0.解得－12＜x ＜32，所以不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32. [能力提升组]11．(导学号14577519)对一切正整数n ，不等式2x －1x ＞nn ＋1恒成立，则实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，0)∪(1，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，0)∪[1，＋∞)解析：D [由条件知只需2x －1x ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1max ，而n n ＋1＝11＋1n＜1.∵2x －1x ≥1，解得x ∈(－∞，0)∪[1，＋∞)．]12．(导学号14577520)不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集为{x |－1<x <2}，那么不等式a (x 2＋1)＋b (x －1)＋c >2ax 的解集为( )A ．{x |0<x <3}B ．{x |x <0，或x >3}C ．{x |－2<x <1}D ．{x |x <－2，或x >1}解析：A [由题意知a <0且－1,2是方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两根，∴⎩⎪⎨⎪⎧－b a＝1ca ＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－a ，c ＝－2a ，∴不等式a (x 2＋1)＋b (x －1)＋c >2ax ， 即为a (x 2＋1)－a (x －1)－2a >2ax ， ∴x 2－3x <0，∴0<x <3.]13．(导学号14577521)设奇函数f (x )在[－1,1]上是单调函数，且f (－1)＝－1.若函数f (x )≤t 2－2at ＋1对所有的x ∈[－1,1]都成立，则当a ∈[－1,1]时，t 的取值范围是 __________ .解析：∵f (x )为奇函数，f (－1)＝－1， ∴f (1)＝－f (－1)＝1.又∵f (x )在[－1,1]上是单调函数，∴－1≤f (x )≤1， ∴当a ∈[－1,1]时，t 2－2at ＋1≥1恒成立， 即t 2－2at ≥0恒成立．令g (a )＝t 2－2at ，a ∈[－1,1]，∴⎩⎪⎨⎪⎧t 2－2t ≥0，t 2＋2t ≥0，解得t ≥2或t ＝0或t ≤－2.答案：(－∞，－2]∪{}0∪[2，＋∞)14．(导学号14577522)甲厂以x 千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x ≤10)，每小时可获得利润是100⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋1－3x 元．(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，求x 的取值范围；(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．解：(1)根据题意， 200⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋1－3x ≥3 000，整理得5x －14－3x≥0，即5x 2－14x －3≥0，又1≤x ≤10，可解得3≤x ≤10.即要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，x 的取值范围是[3,10]． (2)设利润为y 元，则y ＝900x·100⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋1－3x＝9×104⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋1x －3x 2＝9×104⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －162＋6112，故x ＝6时，y max ＝457 500元．即甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品获得的利润最大，最大利润为457500元．。

2019版高考数学一轮总复习 第6章 不等式、推理与证明 6.6 直接证明与间接证明模拟演练 理

2019版高考数学一轮总复习 第6章 不等式、推理与证明 6.6 直接证明与间接证明模拟演练 理

2019版高考数学一轮总复习 第6章 不等式、推理与证明 6.6 直接证明与间接证明模拟演练 理1．[2017·绵阳周测]设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( )A ．t >sB ．t ≥sC ．t <sD ．t ≤s答案 D解析 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t ，选D 项．2．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 ．无法确定正负答案 A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)<0.3．[2017·东城模拟]在△ABC 中，sin A sin C ＜cos A cos C ，则△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定答案 C解析 由sin A sin C ＜cos A cos C ，得cos A cos C －sin A sin C ＞0，即cos(A ＋C )＞0，所以A ＋C 是锐角，从而B ＞π2，故△ABC 必是钝角三角形．4．[2017·郑州模拟]设x >0，P ＝2x ＋2－x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则( ) A ．P >Q B ．P <Q C ．P ≤Q D ．P ≥Q答案 A解析 因为2x＋2－x≥22x ·2－x＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin2x ，而sin2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .故选A.5．设x ，y ，z ＞0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( ) A ．都大于2 B ．至少有一个大于2 C ．至少有一个不小于2 D ．至少有一个不大于2 答案 C解析 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 ＋zx ≥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，故选C.6．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a b≥2成立的条件的序号是________．答案 ①③④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 ＋ab≥2成立． 7．[2016·兰州调研]已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是________．答案 x ＜y 解析 ∵a ＋b2>ab (a ≠b )⇒a ＋b >2ab ⇒2(a ＋b )>a ＋b ＋2ab ⇒a ＋b >a ＋b22⇒a ＋b >a ＋b2，即x <y .8．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．答案 c n ＋1＜c n解析 由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1＜c n .9．[2017·唐山模拟]已知a ＞0，1b －1a＞1，求证：1＋a ＞11－b.证明 由已知1b －1a>1及a >0可知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 －bab>1， 即1b －1a>1，这是已知条件，所以原不等式得证．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 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．解 (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，则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(q 2－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 ，(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 级 知能提升](时间：20分钟)11．若1a <1b<0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|a |＋|b |>|a ＋b |答案 D解析 ∵1a <1b<0，∴0>a >b .∴a 2<b 2，ab <b 2，a ＋b <0，|a |＋|b |＝|a ＋b |.12．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 大小不定答案 B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 .13．[2017·邯郸模拟]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________．(填序号)答案 ③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，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，故a ，b 中至少有一个大于1.14．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b2＋1－2m ＝0.(1)求证：1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2； (2)求证：m ≥72.证明 (1)要证1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2成立， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋4b 2(a 2＋b 2)≥9， 即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，只需证b 2a 2＋4a 2b 2≥4，根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b2≥2b 2a 2·4a 2b2＝4成立．当且仅当2a 2＝b 2时等号成立，所以原不等式成立．(2)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b2＝2m －1，由(1)知(m －2)(2m －1)≥9，即2m 2－5m －7≥0，解得m ≤－1或m ≥72.又a 2＋b 2＝m －2＞0，1a 2＋4b 2＝2m －1＞0，所以m ≥72.。