全程复习方略】2015届高考数学第一轮总复习 6.6 直接证明与间接证明课时提升作业 文（含2014年模拟题解析）新人教A版

1、.直接证明与间接证明 (45分钟100分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2014·上海模拟)“a=14”是“对任意正数x,均有x+ax1”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2.(2014·黄冈模拟)用反证法证明某命题时,对结论:“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”正确的反设为()A.a,b,c中至少有两个偶数B.a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数C.a,b,c都是奇数D.a,b,c都是偶数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()

2、A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<04.若P=a+a+7,Q=a+3+a+4(a0),则P,Q的大小关系是()A.P>QB.P=QC.P<QD.由a的取值确定5.(2014·荆州模拟)已知a,b,c均大于1且logca·logcb=14,则下列不等式一定成立的是()A.acbB.abcC.bcaD.abc6.(2014·仙桃模拟)若|loga14|=loga14,|logba|=-logba,则a,b满足的条件是()A.a>1,b>1B.0<a<1,b>

3、;1C.a>1,0<b<1D.0<a<1,0<b<17.(2014·福州模拟)设0<x<1,a>0,b>0,a,b为常数,a2x+b21-x的最小值是()A.4abB.2(a2+b2)C.(a+b)2D.(a-b)28.(能力挑战题)若x0,+),则下列不等式恒成立的是()A.ex1+x+x2B.11+x1-12x+14x2C.cosx1-12x2D.ln(1+x)x-18x2二、填空题(每小题5分,共20分)9.(2014·黄石模拟)用反证法证明命题“a,bN,ab可以被5整除,那么a,b中至少有一个能被5

4、整除”,那么假设的内容是.10.设a>b>0,m=a-b,n=a-b,则m,n的大小关系是.11.(2013·安阳模拟)有下列条件:ab>0,ab<0,a>0,b>0,a<0,b<0,其中能使ba+ab2成立的条件的个数是.12.(能力挑战题)已知f(1,1)=1,f(m,n)N*(m,nN*),且对任意的m,nN*都有:(1)f(m,n+1)=f(m,n)+2.(2)f(m+1,1)=2f(m,1).给出以下三个结论:f(1,5)=9;f(5,1)=16;f(5,6)=26.其中正确结论的序号有.三、解答题(13题12分,1415题各

5、14分)13.若a>b>c>d>0且a+d=b+c=t,求证:d+a<b+c.14.(2014·枣庄模拟)求证:a,b,c为正实数的充要条件是a+b+c>0,且ab+bc+ca>0和abc>0.15.(2014·兰州模拟)设f(x)=ex-1.当a>ln2-1且x>0时,证明:f(x)>x2-2ax.答案解析1.【解析】选A.当x>0时,x+ax2a,令2a1解得a14,因此当a=14时,必有“对任意正数x,均有x+ax1”,反之不成立,所以是充分不必要条件.2.【解析】选B.a,b,c恰有一个是偶数说

6、明有且只有一个是偶数.其否定有a,b,c均为奇数或a,b,c至少有两个偶数.3.【思路点拨】两边平方移项整理后分解因式可解.【解析】选C.b2-ac<3ab2-ac<3a2(a+c)2-ac<3a2a2+2ac+c2-ac-3a2<0-2a2+ac+c2<02a2-ac-c2>0(a-c)(2a+c)>0(a-c)(a-b)>0.4.【解析】选C.要比较P,Q的大小关系,只要比较P2,Q2的大小关系,即比较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+7

7、a+12的大小,只要比较0与12的大小,因为0<12,所以P<Q.5.【解析】选B.因为logca·logcb=14,且a,b,c均大于1,所以logca+logcb2logca·logcb=1,即logcab1=logcc,即abc.6.【思路点拨】先利用|m|=m,则m0,|m|=-m,则m0,将条件进行化简,然后利用对数函数的单调性即可求出a和b的范围.【解析】选B.因为|loga14|=loga14,所以loga140=loga1,根据对数函数的单调性可知0<a<1.因为|logba|=-logba,所以logba0=logb1,但b1,所以

8、根据对数函数的单调性可知b>1.7.【解析】选C.a2x+b21-x(x+1-x)=a2+a2(1-x)x+b2x1-x+b2a2+b2+2ab=(a+b)2.当且仅当x=aa+b时,等号成立.8.【思路点拨】用逐一排除法求解,对A和C可数形结合,对B可构造函数利用导数判断.【解析】选C.对于A,分别画出y=ex,y=1+x+x2在0,+)上的大致图象(如图),知ex1+x+x2不恒成立,A错;对于B,令f(x)=1+x1-12x+14x2,f(x)=121+x1-12x+14x2+1+x·-12+12x=x(5x-2)81+x.所以x0,25,f(x)<0,f(x)为减

9、函数,x25,+,f(x)>0,f(x)为增函数.所以f(x)最小值为f25,f25=1+25×1-12×25+14×252=75×2125=3 0873 125<1,B错;对于C,结合图象(如图)知正确;对于D,当x=4时,ln5<lne2=2=4-18×42,D错.故选C.9.【解析】“至少有n个”的否定是“最多有n-1个”,故应假设a,b中没有一个能被5整除.答案:a,b中没有一个能被5整除【加固训练】已知a,b,c都是负数,则三数a+1b,b+1c,c+1a()A.都不大于-2B.都不小于-2C.至少有一个不大于-2D

10、.至少有一个不小于-2【解析】选C.假设三个数都大于-2,即a+1b>-2,b+1c>-2,c+1a>-2,则得到a+1b+b+1c+c+1a>-6.而a,b,c都是负数,所以a+1b+b+1c+c+1a=a+1a+b+1b+c+1c-2(-a)·1-a-2(-b)·1-b -2(-c)·1-c=-6,这与a+1b+b+1c+c+1a>-6矛盾,因此三个数中至少有一个不大于-2.10.【思路点拨】先利用特值确定m,n关系后,再用分析法证明即可.【解析】取a=2,b=1,得m<n.再用分析法证明:要证a-b<a-b,只需证a

11、<b+a-b,只需证a<b+2b·a-b+a-b,只需证2b·a-b>0,显然成立.答案:m<n11.【解析】要使ba+ab2,只要ba>0且ab>0,即a,b不为0且同号即可,故有3个.答案:312.【解析】在(1)式中令m=1可得f(1,n+1)=f(1,n)+2,则f(1,5)=f(1,4)+2=9;在(2)式中,由f(m+1,1)=2f(m,1)得,f(5,1)=2f(4,1)=16f(1,1)=16,从而f(5,6)=f(5,1)+10=26,故均正确.答案:13.【思路点拨】首先利用分析法证明,而后再用作差比较法可证明.【证明

12、】要证d+a<b+c,只需证(d+a)2<(b+c)2,即a+d+2ad<b+c+2bc,因为a+d=b+c,所以只需证ad<bc,即证ad<bc.因为a+d=b+c=t,则ad-bc=(t-d)d-(t-c)c=(c-d)·(c+d-t)<0,故ad<bc成立,从而d+a<b+c成立.14.【思路点拨】要从充分性和必要性两个方面推证,证明充分性时可应用反证法.【证明】必要性(直接证法):因为a,b,c为正实数,所以a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,因此必要性成立.充分性(反证法):假设a,b,c是不全

13、为正的实数,由于abc>0,则它们只能是两负一正,不妨设a<0,b<0,c>0.又因为ab+bc+ca>0,所以a(b+c)+bc>0,且bc<0,所以a(b+c)>0.又因为a<0,所以b+c<0.所以a+b+c<0,这与a+b+c>0相矛盾.故假设不成立,原结论成立,即a,b,c均为正实数.15.【证明】欲证f(x)>x2-2ax,即证ex-1>x2-2ax,也就是证ex-x2+2ax-1>0.可令u(x)=ex-x2+2ax-1,则u(x)=ex-2x+2a.令h(x)=ex-2x+2a,则h(x)=ex-2.当x(-,ln2)时,h(x)<0,函数h(x)在(-,ln2上单调递减,当x(ln2,+)时,h(x)>0,函数h(x)在ln2,+)上单调递增.所以h(x)的最小值为h(ln2)=e