高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第5讲综合法与分析法反证法知能训练轻松闯关文北师大版

PAGE第5讲综合法与分析法、反证法1．(2014·高考山东卷)用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A.2．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是()A．lg(1＋a2)>0 B．a2＋b2≥2(a－b－1)C．a2＋3ab>2b2 D.eq\f(a,b)<eq\f(a＋1,b＋1)解析：选B.在B中，因为a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0所以a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．3．(2016·河北省衡水中学一模)某珠宝店丢了一件珍贵珠宝，以下四人中只有一个人说了真话，只有一人偷了珠宝．甲：我没有偷；乙：丙是小偷；丙：丁是小偷；丁：我没有偷．根据以上条件，可以判断偷珠宝的人是()A．甲 B．乙C．丙 D．丁解析：选A.假如甲说了真话，则乙、丙、丁都说了假话，那么丙不是小偷，丁不是小偷，丁偷了珠宝，显然矛盾，故甲说了假话，即甲是小偷，故选A.4．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：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)<0解析：选C.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－b故选C.5．(2016·银川模拟)设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立，其中正确判断的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．6．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)是递减的，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒为负值 B．恒等于零C．恒为正值 D．无法确定正负解析：选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)，则f(x1)＋f(x2)<0.7．用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________．解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，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8．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的条件的序号是________．解析：要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)>0且eq\f(a,b)>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立．答案：①③④9．(2014·高考课标全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可判断乙去过的城市为________．解析：由题意可推断：甲没去过B城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A，C城市，而乙“没去过C城市”，说明乙去过城市A，由此可知，乙去过的城市为A.答案：A10．已知点An(n，an)为函数y＝eq\r(x2＋1)图像上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图像上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．解析：由条件得cn＝an－bn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1<cn.答案：cn＋1<cn11．已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,3)x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图像在交点(0，0)处有公共切线．(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤g(x)．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）＝f（0），,f′（0）＝g′（0），))解得a＝0，b＝1.(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2－x(x>－1)．h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq\f(－x3,x＋1).h(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．1．(2016·山西省质量监测)对累乘运算Π有如下定义：Πeq\o(,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak＝a1·a2·…·an，则下列命题中的真命题是()A．Πeq\o(,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k不能被10100整除B.eq\f(Π\o(,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))（4k－2）,Π\o(,\s\up6(2014),\s\do4(k＝1))（2k－1）)＝22015C．Πeq\o(,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)不能被5100整除D．Πeq\o(,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)Πeq\o(,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k＝Πeq\o(,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))k解析：选D.Πeq\o(,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)Πeq\o(,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k＝(1×3×5×…×2015)×(2×4×6×…×2014)＝1×2×3×…×2014×2015＝Πeq\o(,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))k，故选D.2．在△ABC中，已知eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→)).(1)求证：tanB＝3tanA；(2)若cosC＝eq\f(\r(5),5)，求A的值．解：(1)证明：因为eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，所以AB·AC·cosA＝3BA·BC·cosB，即AC·cosA＝3BC·cosB，由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，从而sinBcosA＝3sinAcosB，又0<A＋B<π，所以cosA>0，cosB>0，所以tanB＝3tanA.(2)因为cosC＝eq\f(\r(5),5)，0<C<π，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(2\r(5),5)，从而tanC＝2，于是tan[π－(A＋B)]＝2，即tan(A＋B)＝－2，即eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－2，由(1)得eq\f(4tanA,1－3tan2A)＝－2，解得tanA＝1或－eq\f(1,3).因为cosA>0，所以tanA＝1，所以A＝eq\f(π,4).3．设f(x)是定义在D上的函数，若对任何实数α∈(0，1)以及D中的任意两数x1，x2，恒有f(αx1＋(1－α)x2)≤αf(x1)＋(1－α)f(x2)，则称f(x)为定义在D上的C函数．(1)证明函数f1(x)＝x2是定义域上的C函数；(2)判断函数f2(x)＝eq\f(1,x)(x<0)是否为定义域上的C函数，请说明理由．解：(1)证明：对任意实数x1，x2及α∈(0，1)，有f(αx1＋(1－α)x2)－αf(x1)－(1－α)f(x2)＝[αx1＋(1－α)x2]2－αxeq\o\al(2,1)－(1－α)xeq\o\al(2,2)＝－α(1－α)xeq\o\al(2,1)－α(1－α)xeq\o\al(2,2)＋2α(1－α)x1x2＝－α(1－α)(x1－x2)2≤0，即f(αx1＋(1－α)x2)≤αf(x1)＋(1－α)f(x2)，所以f1(x)＝x2是定义域上的C函数．(2)f2(x)＝eq\f(1,x)(x<0)不是定义域上的C函数，证明如下