考點規(guī)范練34直接證明與間接證明基礎鞏固組1.用反證法證明命題:“如果a,bN,ab可被5整除,那么a,b中至少有一個能被5整除”時,假設的內容應為()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整除答案B解析因為命題:“如果a,bN,ab可被5整除,那么a,b中至少有一個能被5整除”的否定是a,b都不能被5整除,所以用反證法證明該命題時假設的內容應為a,b都不能被5整除.故選B.2.設a,b,c均為正實數(shù),則三個數(shù)a+1b,b+1c,c+1a()A.都大于2B.都小于2C.至少有一個不大于2D.至少有一個不小于2答案D解析a>0,b>0,c>0,a+1b+b+1c+c+1a=a+1a+b+1b+c+1c6,當且僅當a=b=c=1時,等號成立,故三者不能都小于2,即至少有一個不小于2.3.已知p=ab+cd,q=ma+ncbm+dn(m,n,a,b,c,d均為正數(shù)),則p,q的大小關系為()A.pqB.pqC.p>qD.不確定答案B解析q=ab+madn+nbcm+cdab+2abcd+cd=ab+cd=p.4.設f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x0時,f(x)單調遞減,若x1+x2>0,則f(x1)+f(x2)的值()A.恒為負值B.恒等于零C.恒為正值D.無法確定正負答案A解析由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x0時,f(x)單調遞減,可知f(x)是R上的單調遞減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),則f(x1)+f(x2)<0,故選A.5.在ABC中,sin Asin C<cos Acos C,則ABC一定是()A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.不確定答案C解析由sinAsinC<cosAcosC,得cosAcosC-sinAsinC>0,即cos(A+C)>0,則A+C是銳角,從而B>2,故ABC必是鈍角三角形.6.已知2+23=223,3+38=338,4+415=4415,若6+at=6at(a,t均為正實數(shù)),類比以上等式可推測出a,t的值,則a+t=.答案41解析按題中的等式可推測出a=6,t=a2-1=35,則a+t=6+35=41.7.設a,b,c是不全相等的實數(shù),給出下列判斷:(a-b)2+(b-c)2+(c-a)20;a>b,a<b及a=b中至少有一個成立;ac,bc,ab不能同時成立.其中正確的判斷是.(填序號)答案解析正確,ac,bc,ab可以同時成立,如a=1,b=2,c=3,所以不對.8.在不等邊三角形中,a為最大邊,要想得到角A為鈍角的結論,三邊a,b,c應滿足.答案a2>b2+c2解析由余弦定理知cosA=b2+c2-a22bc<0,則b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.能力提升組9.設a,b是兩個實數(shù),給出下列條件:a+b>1;a+b=2;a+b>2;a2+b2>2;ab>1.其中能推出“a,b中至少有一個大于1”的條件是()A.B.C.D.答案C解析若a=12,b=23,則a+b>1,但a<1,b<1,故推不出;若a=b=1,則a+b=2,故推不出;若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故推不出;若a=-2,b=-3,則ab>1,故推不出;對于,假設a1且b1,則a+b2,與a+b>2矛盾,因此假設不成立,故a,b中至少有一個大于1.故選C.10.已知x為正實數(shù),不等式x+1x2,x+4x23,x+27x34,可推廣為x+axnn+1,則a的值為()A.2nB.n2C.22(n-1)D.nn答案D解析因為第一個式子中a=11,第二個式子中a=4=22,第三個式子中a=27=33,所以猜想第n個式子中a=nn.故選D.11.已知函數(shù)f(x)=12x,a,b是正實數(shù),A=fa+b2,B=f(ab),C=f2aba+b,則A,B,C的大小關系為()A.ABCB.ACBC.BCAD.CBA答案A解析因為a+b2ab2aba+b,又f(x)=12x在R上是減函數(shù),所以fa+b2f(ab)f2aba+b.12.設x,y,z均大于0,則三個數(shù)yx+yz,zx+zy,xz+xy()A.都大于2B.至少有一個大于2C.至少有一個不小于2D.至少有一個不大于2答案C解析因為x>0,y>0,z>0,所以yx+yz+zx+zy+xz+xy=yx+xy+yz+zy+xz+zx6,當且僅當x=y=z時等號成立,則三個數(shù)中至少有一個不小于2.13.已知p3+q3=2,求證p+q2,用反證法證明時,可假設p+q2;已知a,bR,|a|+|b|<1,求證方程x2+ax+b=0的兩根的絕對值都小于1,用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1,即假設|x1|1.以下說法正確的是()A.與的假設都錯誤B.與的假設都正確C.的假設正確;的假設錯誤D.的假設錯誤;的假設正確答案D解析反證法的實質是否定結論,對于,其結論的反面是p+q>2,所以不正確;對于,其假設正確.14.如果1+23+332+433+n3n-1=3n(na-b)+c對一切nN*都成立,那么a=,b=,c=.答案121414解析等式1+23+332+433+n3n-1=3n(na-b)+c對一切nN*均成立,n=1,2,3時等式成立,即1=3(a-b)+c,1+23=32(2a-b)+c,1+23+332=33(3a-b)+c,整理得3a-3b+c=1,18a-9b+c=7,81a-27b+c=34,解得a=12,b=c=14.故答案為12,14,14.15.在平面直角坐標系中,當P(x,y)不是原點時,定義P的“伴隨點”為Pyx2+y2,-xx2+y2,當P是原點時,定義P的“伴隨點”為它自身.現(xiàn)有下列命題:若點A的“伴隨點”是點A,則點A的“伴隨點”是點A;單位圓上的點的“伴隨點”仍在單位圓上;若兩點關于x軸對稱,則它們的“伴隨點”關于y軸對稱;若三點在同一條直線上,則它們的“伴隨點”一定共線.其中的真命題是.答案解析對于,令P(1,1),則其“伴隨點”為P12,12,而P12,12的“伴隨點”為(-1,-1),并不是P,故錯誤;對于,設P(x,y)是單位圓C:x2+y2=1上的點,其“伴隨點”為P(x,y),則有x=yx2+y2,y=-xx2+y2,所以x2+y2=yx2+y22+-xx2+y22=1x2+y2=1,所以正確;對于,設P(x,y)的“伴隨點”為Pyx2+y2,-xx2+y2,P1(x,-y)的“伴隨點”為P1-yx2+y2,-xx2+y2,易知Pyx2+y2,-xx2+y2與P1-yx2+y2,-xx2+y2關于y軸對稱,所以正確;對于,設原直線的解析式為Ax+By+C=0,其中A,B不同時為0,且P(x0,y0)為該直線上一點,P(x0,y0)的“伴隨點”為P(x,y),其中P,P都不是原點,且x=y0x02+y02,y=-x0x02+y02,則x0=-(x02+y02)y,y0=(x02+y02)x.將P(x0,y0)代入原直線方程,得A(x02+y02)y+B(x02+y02)x+C=0,則-Ay+Bx+Cx02+y02=0,由于x02+y02的值不確定,所以“伴隨點”不一定共線,所以錯誤.16.已知函數(shù)y=f(x)的定義域為D,若對于任意的x1,x2D(x1x2),都有fx1+x22<f(x1)+f(x2)2成立,則稱y=f(x)為D上的凹函數(shù).由此可得下列函數(shù)中為凹函數(shù)的是.y=log2x;y=x;y=x2;y=x3.答案解析對于y=x2,證明如下:欲證fx1+x22<f(x1)+f(x2)2,即證x1+x222<x12+x222,即證(x1+x2)2<2x12+2x22,即證(x1-x2)2>0,又x1x2,所以這個不等式是成立的,故原不等式得證.17.設函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,且f(1)=-a2,3a>2c>2b.求證:(1)a>0且-3<ba<-34;(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內至少有一個零點.證明(1)f(1)=a+b+c=-a2,3a+2b+2c=0.又3a>2c>2b,a>0,b<0.由變形得c=-32a-b.將式代入3a>2c>2b得b>-3a,4b<-3a.-3<ba<-34.(2)假設函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內沒有零點.f(1)=-a2<0,f(0)=c0,f(2)=4a+2b+c=a-c0.ac0.這與已知a>0矛盾,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內至少有一個零點.18.已知函數(shù)f(x)=x3+11+x,x0,1,求證:(1)f(x)1-x+x2;(2)34<f(x)32.證明(1)因為1-x+x2-x3=1-(-x)41-(-x)=1-x41+x,又x0,1,有1-x41+x11+x,即1-x+x2-x311+x,所以f(x)1-x+x2.(2)由0x1,得x3x,所以f(x)=x3+11+xx+11+x-32+32=(x-1)(2x+1)2(x+1)+3232.由(1)得f(x)1-x+x2=x-122+3434,又因為f12=1924>34,所以f(x)>34.綜上,34<f(x)32.