2021年高考数学一轮总复习 6.6直接证明与间接证明练习

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一、选择题

1．(xx·山东卷)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )

A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根

B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根

C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根

D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

解析

“至少有一个”的否定为“没有”．

答案 A

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

解析 a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.

答案 D

3．(xx·临沂模拟)若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q精品文档

实用文档 的大小关系(

)

A．P>Q B．P＝Q

C．P

解析 假设P

只要证：2a＋7＋2aa＋7<2a＋7＋2a＋3a＋4，

只要证：a2＋7a

只要证：0<12，∵0<12成立，∴P

答案 C

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 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

5．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x2，b2，y2三数( )

A．成等比数列而非等差数列 精品文档

实用文档 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

解析 由已知条件，可得 a＋c＝2b， ①x2＝ab， ②y2＝bc， ③

由②③得 a＝x2b，c＝y2b，代入①，得x2b＋y2b＝2b，即x2＋y2＝2b2.

故x2，b2，y2成等差数列，故选B.

答案 B

6．设x，y，z>0，则三个数yx＋yz，zx＋zy，xz＋xy( )

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

解析 假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又yx＋yz＋zx＋zy＋xz＋xy＝yx＋xy＋yz＋zy＋zx＋xz≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，故这三个数至少有一个不精品文档

实用文档 小于2.另取x＝y＝z＝1，可排除A、B.

答案 C

二、填空题

7．设a＝3＋22，b＝2＋7，则a，b的大小关系为________．

解析 a＝3＋22，b＝2＋7两式的两边分别平方，可得a2＝11＋46，b2＝11＋47，显然，6<7.∴a

答案 a

8．在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，则a5和b5的大小关系为______________．

解析 方法一：设公比为q，公差为d，

则a3＝a1q2，b3＝b1＋2d＝a1＋2d，

故由a3＝b3，得2d＝a1(q2－1)．

又∵a1≠a3，∴q2≠1.

∴a5－b5＝a1q4－(a1＋4d)

＝a1q4－[a1＋2a1(q2－1)]

＝a1(q2－1)2＞0.

∴a5＞b5.

方法二：∵在等比数列{an}中，a1≠a3，

∴公比不为1.∴a1≠a5. 精品文档

实用文档 又∵a1＝b1，a3＝b3，a5＝a3q2＞0(q为公比)，

∴b3＝b1＋b52＝a3＝a1a5＜a1＋a52＝b1＋a52.

∴a5＞b5.

答案 a5＞b5

9．已知点An(n，an)为函数y＝x2＋1的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为__________．

解析 an＝n2＋1，bn＝n.

方法一：cn＝n2＋1－n＝1n2＋1＋n随n的增大而减小，为减函数，∴cn＋1＜cn.

方法二：cn＋1＝n＋12＋1－(n＋1)，cn＝n2＋1－n，

∴cncn＋1＝n2＋1－nn＋12＋1－n＋1

＝n＋12＋1＋n＋1n2＋1＋n＞1.

∴cn＞cn＋1.

答案 cn＞cn＋1

三、解答题

10．设Sn表示数列{an}的前n项和． 精品文档

实用文档 (1)若{an}为等差数列，推导Sn的计算公式；

(2)若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有Sn＝1－qn1－q，判断{an}是否为等比数列，并证明你的结论．

解 (1)方法一：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，

又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，

∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝na1＋an2.

方法二：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，

又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，

∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n－1)d，

∴Sn＝na1＋nn－12d.

(2){an}是等比数列．证明如下：

∵Sn＝1－qn1－q，

∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝1－qn＋11－q－1－qn1－q 精品文档

实用文档 ＝qn1－q1－q＝qn.

∵a1＝1，q≠0，∴当n≥1时，有an＋1an＝qnqn－1＝q，

因此，{an}是首项为1且公比为q的等比数列．

11．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：1a是函数f(x)的一个零点；

(2)试用反证法证明1a>c.

证明 (1)∵f(x)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＝ca，∴x2＝1a(1a≠c)，

∴1a是f(x)＝0的一个根，即1a是函数f(x)的一个零点．

(2)假设1a0，由00，

知f1a>0与f1a＝0矛盾，∴1a≥c，

又∵1a≠c，∴1a>c. 精品文档

实用文档 培 优 演 练

1．设a、b是两个实数，给出下列条件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>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)．

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a2＋b2>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．

故a、b中至少有一个大于1.

答案 ③

2．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－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 方法一：(补集法) 精品文档

实用文档 令 f－1＝－2p2＋p＋1≤0，f1＝－2p2－3p＋9≤0，

解得p≤－3或p≥32，

故满足条件的p的范围为－3，32.

方法二：(直接法)

依题意有f(－1)>0或f(1)>0，

即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0，

得－12

故满足条件的p的取值范围是－3，32.

答案 －3，32

3．(xx·天津卷)已知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，xi∈M，i＝1,2，…，n}．

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；

(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，…，n.证明：若an

解 (1)当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，精品文档

实用文档 i＝1,2,3}． 可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．

(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，…，n及an

可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1

＝q－11－qn－11－q－qn－1＝－1<0.

所以，s