《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理（含解析）新人教A版（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第43講直接證明與間接證明夯實(shí)基礎(chǔ)【p92】【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1結(jié)合已經(jīng)學(xué)過(guò)的數(shù)學(xué)實(shí)例，了解直接證明的兩種基本方法：分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過(guò)程、特點(diǎn)及證明步驟2結(jié)合已經(jīng)學(xué)過(guò)的數(shù)學(xué)實(shí)例，了解間接證明的一種基本方法反證法；了解反證法的思考過(guò)程、特點(diǎn)【基礎(chǔ)檢測(cè)】1利用反證法證明：“若x2y20，則xy0”時(shí)，假設(shè)為()Ax，y都不為0Bxy且x，y都不為0Cxy且x，y不都為0Dx，y不都為0【解析】原命題的結(jié)論是x，y都為零，反證時(shí)，假設(shè)為x，y不都為零【答案】D2要證a2b21a2b20，只要證明()A2ab1a2b20 Ba2b210C.1a2b20 D(a21)(b21)0【解析

2、】a2b21a2b20(a21)(b21)0.【答案】D3設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，則三個(gè)數(shù)a，b，c()A都大于2 B都小于2C至少有一個(gè)不大于2 D至少有一個(gè)不小于2【解析】a0，b0，c0，6，當(dāng)且僅當(dāng)abc1時(shí)，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個(gè)不小于2.【答案】D4如果abab，則a、b應(yīng)滿(mǎn)足的條件是_【解析】ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()當(dāng)a0，b0，且ab時(shí)，()2()0.abab成立的條件是a0，b0，且ab.【答案】a0，b0，且ab5已知集合a，b，c0，1，2，且下列三個(gè)關(guān)系：a2；b2；c0有且只有一個(gè)正確，則100a10bc_【解析】由已知，

3、若a2正確，則a0或a1，即a0，b1，c2或a0，b2，c1或a1，b0，c2或a1，b2，c0均與“三個(gè)關(guān)系有且只有一個(gè)正確”矛盾；若b2正確，則a2正確，不符合題意；所以，c0正確，a2，b0，c1，故100a10bc201.【答案】201【知識(shí)要點(diǎn)】1直接證明(1)從原命題的條件逐步推得命題成立的證明稱(chēng)為_(kāi)直接證明_綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)常用的思維方法(2)從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止這種證明方法常稱(chēng)為_(kāi)綜合法_推證過(guò)程如下：(3)從要證明的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的充分條件，逐步上溯，

4、直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實(shí)吻合為止這種證明方法常稱(chēng)為_(kāi)分析法_推論過(guò)程如下：得到一個(gè)明顯成立的條件P表示條件，Q表示要證的結(jié)論2間接證明反證法(1)假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出矛盾，因此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做_反證法_(2)反證法的特點(diǎn)：先假設(shè)原命題_不_成立，再在正確的推理下得出矛盾，所得矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設(shè)矛盾，或與定義、公理、定理、事實(shí)矛盾等典例剖析【p92】考點(diǎn)1綜合法的應(yīng)用設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.若對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Snam，則稱(chēng)an是“H數(shù)列”(1)若數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn2n(nN*)

5、，證明：an是“H數(shù)列”；(2)證明：對(duì)任意的等差數(shù)列an，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【解析】(1)由已知，an1Sn1Sn2n12n2n.于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)mn1，使得Sn2nam.所以an是“H數(shù)列”(2)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，則anbncn(nN*)下面證bn是“H數(shù)列”設(shè)bn的前n項(xiàng)和為T(mén)n，則Tna1(nN*)于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Tnbm，所以bn是“H數(shù)列”同理可證cn也是“H數(shù)列”所以對(duì)任意的等差數(shù)列an，總存在

6、兩個(gè)“H數(shù)列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【點(diǎn)評(píng)】綜合法證題的思路考點(diǎn)2分析法的應(yīng)用當(dāng)n0時(shí)，試用分析法證明：.【解析】要證，即證2 , 只要證()2(2)2，即證 2n224n4，即證n1，只要證 n22nn22n1，而上式顯然成立，所以|b|，則fmb0，fmbbc，且abc0，求證：0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0【解析】ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.【答案】C2命題“對(duì)于任意角，cos4sin4cos 2”的證明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2s

7、in2)cos2sin2cos 2”過(guò)程應(yīng)用了()A分析法B綜合法C綜合法、分析法綜合使用D間接證明法【解析】因?yàn)樽C明過(guò)程是“從左向右”，即由條件逐步推向結(jié)論【答案】B3若|loga|loga，|logba|logba，則a，b滿(mǎn)足的條件是()Aa1，b1 B0a1，b1Ca1，0b1 D0a1，0b1【解析】|loga|loga，loga0loga1，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知0a1.|logba|logba，logba0logb1，但b1，所以根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知b1.【答案】B4已知函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，數(shù)列an是等差數(shù)列，a30，則f(a1)f(a3)f(a5)的

8、值()A恒為正數(shù)B恒為負(fù)數(shù)C恒為0 D可正可負(fù)【解析】由于f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，且a30，所以f(a3)f(0)0.而a1a52a3，所以a1a50，則a1a5，于是f(a1)f(a5)，即f(a1)f(a5)，因此f(a1)f(a5)0，所以有f(a1)f(a3)f(a5)0.【答案】A5已知a0，m，na2，則m，n的大小關(guān)系是_ .【解析】分析法：a2，只需證2a，因?yàn)閍0，所以不等式兩邊均大于零因此只需證，即證a244a242，只需證，只需證a2，即證a22，只需證0，而0顯然成立，所以mn.【答案】mn6若二次函數(shù)f(x)4x22(p2)x2p2p1，在區(qū)間內(nèi)至少存在

9、一點(diǎn)c，使f(c)0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是_【解析】法一：(補(bǔ)集法)令解得p3或p，故滿(mǎn)足條件的p的取值范圍為.法二：(直接法)依題意有f(1)0或f(1)0，即2p2p10或2p23p90，得p1或3p.故滿(mǎn)足條件的p的取值范圍是.【答案】7(1)設(shè)ab0，用綜合法證明：a3b3a2bab2；(2)用分析法證明：2.【解析】(1)a3b3(a2bab2)a2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)2(ab)，而(ab)20，ab0，a3b3(a2bab2)0，a3b3a2bab2.(2)要證2，只需證()2(2)2，即證2，只需證()2(2)2，即4240，而4240顯然成立，故原不

10、等式得證8已知函數(shù)f(x)ax(a1)(1)證明：函數(shù)f(x)在(2，)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明：方程f(x)0沒(méi)有負(fù)數(shù)根【解析】法一：任取x1，x2(2，)，不妨設(shè)x1x2，則x2x10，ax2x11且ax10，所以ax2ax1ax1(ax2x11)0，又因?yàn)閤120，x220，所以0，于是f(x2)f(x1)(ax2ax1)0，故函數(shù)f(x)在(2，)上為增函數(shù)法二：f(x)axln a，a1，ln a0，axln a0，f(x)0在(2，)上恒成立，即f(x)在(2，)上為增函數(shù)(2)假設(shè)存在x00(x02)滿(mǎn)足f(x0)0，則ax0，因?yàn)閤01，所以0ax01，所以01，解得x0

11、3，與假設(shè)x00矛盾故方程f(x)0沒(méi)有負(fù)數(shù)根B組題1已知a，b，c(0，)，則下列三個(gè)數(shù)a，b，c()A都大于6 B至少有一個(gè)不大于6C都小于6 D至少有一個(gè)不小于6【解析】假設(shè)三個(gè)數(shù)a，b，c都小于6，則abc18.利用基本不等式可得，abc18，這與假設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立，即三個(gè)數(shù)a，b，c至少有一個(gè)不小于6.【答案】D2對(duì)于任意nN*，求證：1.【解析】法一：(n2)，111n21(n1)(n1)0，.111.3已知ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.求證：.【解析】要證，即證3，也就是1，只需證c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需證c2a2ac

12、b2，又ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B60，由余弦定理，得b2a2c22accos B，即b2a2c2ac，故c2a2acb2成立于是原等式成立4直線(xiàn)ykxm(m0)與橢圓W：y21相交于A，C兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)(1)當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時(shí)，求AC的長(zhǎng)；(2)當(dāng)點(diǎn)B在W上且不是W的頂點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形OABC不可能為菱形【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜲ABC為菱形，則AC與OB相互垂直平分由于O(0，0)，B(0，1)，所以設(shè)點(diǎn)A，代入橢圓方程得1，則t，故|AC|2.(2)假設(shè)四邊形OABC為菱形，因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)，且ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則，km.所以AC的中點(diǎn)為M.因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn)，且m0，k0，所以直線(xiàn)OB的斜率為kOM，因?yàn)閗1，所以AC與OB不垂直所以O(shè)ABC不是菱形，與假設(shè)矛盾所以當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí)，四邊形OABC不可能是菱形12