2023年高考数学一轮复习课时分层训练38综合法、分析法、反证法理北师大版

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)