【名师一号】2022届高三数学一轮总复习基础练习：第六章-不等式、推理与证明6-6-

第六节直接证明与间接证明时间：45分钟分值：100分eq\x(基)eq\x(础)eq\x(必)eq\x(做)一、选择题1．(2022·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“至少有一个”的否定为“没有”．答案A2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0解析a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.答案D3．(2021·临沂模拟)若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a取值打算解析假设P<Q，∵要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证：2a＋7＋2eq\r(aa＋7)<2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要证：a2＋7a<a2＋7只要证：0<12，∵0<12成立，∴P<Q成立．答案C4．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．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，故选A.答案A5．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数()A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列解析由已知条件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a＋c＝2b，,①,x2＝ab，,②,y2＝bc，,③)))由②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b)，))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列，故选B.答案B6．设x，y，z>0，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)()A．都大于2B．至少有一个大于2C．至少有一个不小于2D．至少有一个不大于2解析假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又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(y,z)＋\f(z,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z,x)＋\f(x,z)))≥2＋2＋2＝6，与假设冲突，故这三个数至少有一个不小于2.另取x＝y＝z＝1，可排解A、B.答案C二、填空题7．设a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，则a，b的大小关系为________．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.答案a<b8．在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，则a5和b5的大小关系为______________．解析方法一：设公比为q，公差为d，则a3＝a1q2，b3＝b1＋2d＝a1＋2d，故由a3＝b3，得2d＝a1(q2－1)．又∵a1≠a3，∴q2≠1.∴a5－b5＝a1q4－(a1＋4d)＝a1q4－[a1＋2a1(q2＝a1(q2－1)2＞0.∴a5＞b5.方法二：∵在等比数列{an}中，a1≠a3，∴公比不为1.∴a1≠a5.又∵a1＝b1，a3＝b3，a5＝a3q2＞0(q为公比)，∴b3＝eq\f(b1＋b5,2)＝a3＝eq\r(a1a5)＜eq\f(a1＋a5,2)＝eq\f(b1＋a5,2).∴a5＞b5.答案a5＞b59．已知点An(n，an)为函数y＝eq\r(x2＋1)的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为__________．解析an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n.方法一：cn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)随n的增大而减小，为减函数，∴cn＋1＜cn.方法二：cn＋1＝eq\r(n＋12＋1)－(n＋1)，cn＝eq\r(n2＋1)－n，∴eq\f(cn,cn＋1)＝eq\f(\r(n2＋1)－n,\r(n＋12＋1)－n＋1)＝eq\f(\r(n＋12＋1)＋n＋1,\r(n2＋1)＋n)＞1.∴cn＞cn＋1.答案cn＞cn＋1三、解答题10．设Sn表示数列{an}的前n项和．(1)若{an}为等差数列，推导Sn的计算公式；(2)若a1＝1，q≠0，且对全部正整数n，有Sn＝eq\f(1－qn,1－q)，推断{an}是否为等比数列，并证明你的结论．解(1)方法一：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝eq\f(na1＋an,2).方法二：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2){an}是等比数列．证明如下：∵Sn＝eq\f(1－qn,1－q)，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1－qn＋1,1－q)－eq\f(1－qn,1－q)＝eq\f(qn1－q,1－q)＝qn.∵a1＝1，q≠0，∴当n≥1时，有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(qn,qn－1)＝q，因此，{an}是首项为1且公比为q的等比数列．11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0<x<c时，f(x)>0.(1)证明：eq\f(1,a)是函数f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明eq\f(1,a)>c.证明(1)∵f(x)图象与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2.∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，又x1x2＝eq\f(c,a)，∴x2＝eq\f(1,a)(eq\f(1,a)≠c)，∴eq\f(1,a)是f(x)＝0的一个根，即eq\f(1,a)是函数f(x)的一个零点．(2)假设eq\f(1,a)<c，又eq\f(1,a)>0，由0<x<c时，f(x)>0，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>0与feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝0冲突，∴eq\f(1,a)≥c，又∵eq\f(1,a)≠c，∴eq\f(1,a)>c.eq\x(培)eq\x(优)eq\x(演)eq\x(练)1．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”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．故a、b中至少有一个大于1.答案③2．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是________．解析方法一：(补集法)令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－2p2＋p＋1≤0，,f1＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故满足条件的p的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).方法二：(直接法)依题意有f(－1)>0或f(1)>0，即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0，得－eq\f(1,2)<p<1或－3<p<eq\f(3,2)，故满足条件的p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))3．(2022·天津卷)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，…，n}．(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，…，n.证明：若an<bn，则s<t.解(1)当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，