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课时分层训练(三十八)综合法、分析法、反证法A组根底达标一、选择题1.假设a,b,c为实数,且a<b<0,那么以下命题正确的选项是()A.ac2<bc2 B.a2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)>eq\f(a,b)B[a2-ab=a(a-b),∵a<b<0,∴a-b<0,∴a2-ab>0,∴a2>ab.①又ab-b2=b(a-b)>0,∴ab>b2,②由①②得a2>ab>b2.]2.m>1,a=eq\r(m+1)-eq\r(m),b=eq\r(m)-eq\r(m-1),那么以下结论正确的选项是()A.a>b B.a<bC.a=b D.a,b大小不定B[∵a=eq\r(m+1)-eq\r(m)=eq\f(1,\r(m+1)+\r(m)),b=eq\r(m)-eq\r(m-1)=eq\f(1,\r(m)+\r(m-1)).而eq\r(m+1)+eq\r(m)>eq\r(m)+eq\r(m-1)>0(m>1),∴eq\f(1,\r(m+1)+\r(m))<eq\f(1,\r(m)+\r(m-1)),即a<b.]3.分析法又称执果索因法,假设用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证eq\r(b2-ac)<eq\r(3)a〞索的因应是()A.a-b>0 B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0C[由题意知eq\r(b2-ac)<eq\r(3)a⇐b2-ac<3a2⇐(a+c)2-ac<3a⇐a2+2ac+c2-ac-3a⇐-2a2+ac+c2⇐2a2-ac-c2⇐(a-c)(2a+c)>0⇐(a-c)(a-b4.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,假设x1+x2>0,那么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A[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)<f(-x2)=-f(x2),那么f(x1)+f(x2)<0,应选A.]5.设a,b是两个实数,给出以下条件:【导学号:79140211】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()A.②③ B.①②③C.③ D.③④⑤C[假设a=eq\f(1,2),b=eq\f(2,3),那么a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;假设a=b=1,那么a+b=2,但不满足a,b中至少有一个大于1,故②推不出;假设a=-2,b=-3,那么a2+b2>2,但a<1,b<1,故④推不出;假设a=-2,b=-3,那么ab>1,但a<1,b<1,故⑤推不出.对于③,假设a+b>2,那么“a,b中至少有一个大于1”成立.证明:(反证法)假设a≤1且b≤1,那么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.应选C.]二、填空题6.用反证法证明“假设x2-1=0,那么x=-1或x=1”时,应假设________.x≠-1且x≠1[“x=-1或x=1”的否认是“x≠-1且x≠1”.]7.设a>b>0,m=eq\r(a)-eq\r(b),n=eq\r(a-b),那么m,n的大小关系是__________.m<n[法一(取特殊值法):取a=2,b=1,得m<n.法二(分析法):eq\r(a)-eq\r(b)<eq\r(a-b)⇐eq\r(b)+eq\r(a-b)>eq\r(a)⇐a<b+2eq\r(b)·eq\r(a-b)+a-b⇐2eq\r(b)·eq\r(a-b)>0,显然成立.]8.如果aeq\r(a)+beq\r(b)>aeq\r(b)+beq\r(a),那么a,b应满足的条件是________.a≥0,b≥0且a≠b[aeq\r(a)+beq\r(b)>aeq\r(b)+beq\r(a),即(eq\r(a)-eq\r(b))2(eq\r(a)+eq\r(b))>0,需满足a≥0,b≥0且a≠b.]三、解答题9.假设a,b,c是不全相等的正数,求证:【导学号:79140212】lgeq\f(a+b,2)+lgeq\f(b+c,2)+lgeq\f(c+a,2)>lga+lgb+lgc.[证明]∵a,b,c∈(0,+∞),∴eq\f(a+b,2)≥eq\r(ab)>0,eq\f(b+c,2)≥eq\r(bc)>0,eq\f(a+c,2)≥eq\r(ac)>0.又上述三个不等式中等号不能同时成立.∴eq\f(a+b,2)·eq\f(b+c,2)·eq\f(c+a,2)>abc成立.上式两边同时取常用对数,得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)·\f(b+c,2)·\f(c+a,2)))>lgabc,∴lgeq\f(a+b,2)+lgeq\f(b+c,2)+lgeq\f(c+a,2)>lga+lgb+lgc.10.设数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?[解](1)证明:假设数列{Sn}是等比数列,那么Seq\o\al(2,2)=S1S3,即aeq\o\al(2,1)(1+q)2=a1·a1·(1+q+q2),因为a1≠0,所以(1+q)2=1+q+q2,即q=0,这与公比q≠0矛盾,所以数列{Sn}不是等比数列.(2)当q=1时,Sn=na1,故{Sn}是等差数列;当q≠1时,{Sn}不是等差数列,否那么2S2=S1+S3,即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2得q=0,这与公比q≠0矛盾.综上,当q=1时,数列{Sn}是等差数列;当q≠1时,数列{Sn}不是等差数列.B组能力提升11.函数f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(x),a,b是正实数,A=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2))),B=f(eq\r(ab)),C=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a+b))),那么A,B,C的大小关系为()A.A≤B≤C B.A≤C≤BC.B≤C≤A D.C≤B≤AA[∵eq\f(a+b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a+b),又f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(x)在R上是减函数.∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a+b))),即A≤B≤C.]12.在不等边三角形ABC中,a为最大边,要想得到∠A为钝角的结论,三边a,b,c应满足__________.【导学号:79140213】a2>b2+c2[由余弦定理cosA=eq\f(b2+c2-a2,2bc)<0,得b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.]13.假设f(x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a<b),那么称函数f(x)是[a,b]上的“四维光军〞函数.(1)设g(x)=eq\f(1,2)x2-x+eq\f(3,2)是[1,b]上的“四维光军〞函数,求常数b的值;(2)是否存在常数a,b(a>-2),使函数h(x)=eq\f(1,x+2)是区间[a,b]上的“四维光军〞函数?假设存在,求出a,b的值;假设不存在,请说明理由.[解](1)由题设得g(x)=eq\f(1,2)(x-1)2+1,其图像的对称轴为x=1,区间[1,b]在对称轴的右边,所以函数在区间[1,b]上单调递增.由“四维光军〞函数的定义可知,g(1)=1,g(b)=b,即eq\f(1,2)b2-b+eq\f(3,2)=b,解得b=1或b=3.因为b>1,所以b=3.(2)假设函数h(x)=eq\f(1,x+2)
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