2025届高考数学一轮总复习课时作业42直接证明与间接证明含解析苏教版

PAGEPAGE4课时作业42干脆证明与间接证明一、选择题1．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(C)A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b2．用反证法证明命题“设f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)，则方程f(x)＝0至少有一个实根”时，正确的假设是(A)A．方程f(x)＝0没有实根B．方程f(x)＝0至多有一个实根C．方程f(x)＝0至多有两个实根D．方程f(x)＝0恰好有两个实根解析：由反证法证明命题的格式和步骤，可知应设方程f(x)＝0没有实根，故应选A.3．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，则P，Q的大小关系是(A)A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：假设P>Q，要证P>Q，只需证P2>Q2，只需证：2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)>2a＋13＋2eq\r(a＋8a＋5)，只需证a2＋13a＋42>a2＋13a＋40，即证42>40，因为42>40成立，所以P>Q成立．4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b为正实数，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)))，则A，B，C的大小关系为(A)A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：因为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)))x在R上是减函数，故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.5．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是(B)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：在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0.∴a2＋b2≥2(a－b6．设x，y，z都为正实数，则三个数eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)(C)A．都大于2 B．至少有一个大于2C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2解析：假设三个数都小于2，则eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)＋eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)＋eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)<6，由于eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)＋eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)＋eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(x,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z,x)＋\f(x,z)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,z)＋\f(z,y)))≥2＋2＋2＝6，所以假设不成立，所以eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)中至少有一个不小于2.故选C.7．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值(A)A．恒为负值 B．恒等于零C．恒为正值 D．无法确定正负解析：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上的减函数．由x1＋x2>0，可知x1>－x2，则f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0，故选A.8．设a，b是两个实数，给出下列条件：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”A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤解析：若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b>1.但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，即a＋b>2.则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2冲突，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.二、填空题9．设a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，则a，b的大小关系为a<b.解析：a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4eq\r(6)，b2＝11＋4eq\r(7)，明显，eq\r(6)<eq\r(7).∴a<b.10．用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满意a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则a，b，c，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：a，b，c，d全是负数．解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d中没有一个是非负数，即a，b，c，d全是负数”．11．已知a，b是不相等的正数，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，则x，y的大小关系是y>x.解析：x2＝eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)，y2＝a＋b，y2－x2＝a＋b－eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)＝eq\f(a＋b－2\r(ab),2)＝eq\f(\r(a)－\r(b)2,2)>0，即y2>x2，因为x>0，y>0，所以y>x.12．假如aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则a，b应满意的条件是a≥0，b≥0且a≠b.解析：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，需满意a≥0，b≥0且a≠b.三、解答题13．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,z)－1))>8.证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，所以eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)＝eq\f(y＋z,x)>eq\f(2\r(yz),x)，①eq\f(1,y)－1＝eq\f(1－y,y)＝eq\f(x＋z,y)>eq\f(2\r(xz),y)，②eq\f(1,z)－1＝eq\f(1－z,z)＝eq\f(x＋y,z)>eq\f(2\r(xy),z)，③又x，y，z为正数，由①×②×③，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,z)－1))>8.故原不等式得证．14．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).证明：a⊥b