《直接證明與間接證明》試卷 精品獲獎

《直接證明與間接證明》試卷分析法A組基礎鞏固1．命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”，其過程應用了()A．分析法B．綜合法C．綜合法、分析法綜合使用D．間接證法解析：從證明過程來看，是從已知條件入手，經(jīng)過推導得出結(jié)論，符合綜合法的證明思路．答案：B2．設P＝eq\r(2)，Q＝eq\r(7)－eq\r(3)，R＝eq\r(6)－eq\r(2)，那么P，Q，R的大小關系是()A．P＞Q＞RB．P＞R＞QC．Q＞P＞RD．Q＞R＞P解析：先比較R，Q的大小，可對R，Q作差，即Q－R＝eq\r(7)－eq\r(3)－(eq\r(6)－eq\r(2))＝(eq\r(7)＋eq\r(2))－(eq\r(3)＋eq\r(6))．又(eq\r(7)＋eq\r(2))2－(eq\r(3)＋eq\r(6))2＝2eq\r(14)－2eq\r(18)＜0，∴Q＜R，由排除法可知，選B.答案：B3．要證eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)成立，a，b應滿足的條件是()A．a(chǎn)b＜0且a＞bB．a(chǎn)b＞0且a＞bC．a(chǎn)b＜0有a＜bD．a(chǎn)b＞0且a＞b或ab＜0且a＜b解析：要證eq\r(3,a)－eq\r(3,b)＜eq\r(3,a－b)，只需證(eq\r(3,a)－eq\r(3,b))3＜(eq\r(3,a－b))3，即證a－b－3eq\r(3,a2b)＋3eq\r(3,ab2)＜a－b，即證eq\r(3,ab2)＜eq\r(3,a2b)，只需證ab2＜a2b，即證ab(b－a)＜0.只需ab＞0且b－a＜0或ab＜0，且b－a＞0.故選D.答案：D4．已知a，b，c為不全相等的實數(shù)，P＝a2＋b2＋c2＋3，Q＝2(a＋b＋c)，則P與Q的大小關系是()A．P＞QB．P≥QC．P＜QD．P≤Q解析：要比較P，Q的大小，只需比較P－Q與0的關系．因為P－Q＝a2＋b2＋c2＋3－2(a＋b＋c)＝a2－2a＋1＋b2－2b＋1＋c2－2c＋1＝(a－1)2＋(b－1)2＋(c－1)2，又a，b，c不全相等，所以P－Q＞0，即P＞答案：A5．下列不等式不成立的是()A．a(chǎn)2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(a＋b)(a＞0，b＞0)\r(a)－eq\r(a－1)＜eq\r(a－2)－eq\r(a－3)(a≥3)\r(2)＋eq\r(10)＞2eq\r(6)解析：對A，因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca對B，因為(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(a＋b))2＝a＋b，所以eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(a＋b)；對C，要證eq\r(a)－eq\r(a－1)＜eq\r(a－2)－eq\r(a－3)(a≥3)成立，只需證明eq\r(a)＋eq\r(a－3)＜eq\r(a－2)＋eq\r(a－1)，兩邊平方得2a－3＋2eq\r(aa－3)＜2a－3＋2eq\r(a－2a－1)，即證eq\r(aa－3)＜eq\r(a－2a－1)，兩邊平方得a2－3a＜a2－3a＋2，即0＜2.因為0＜2顯然成立，所以原不等式成立；對于D，(eq\r(2)＋eq\r(10))2－(2eq\r(6))2＝12＋4eq\r(5)－24＝4(eq\r(5)－3)＜0，所以eq\r(2)＋eq\r(10)＜2eq\r(6)，故D錯誤．答案：D6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實數(shù)a，b應滿足的條件是__________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)?aeq\r(a)－aeq\r(b)＞beq\r(a)－beq\r(b)?a(eq\r(a)－eq\r(b))＞b(eq\r(a)－eq\r(b))?(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))＞0?(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2＞0，只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≠b且a≥0，b≥07．設a＞0，b＞0，c＞0，若a＋b＋c＝1，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值為__________．解析：根據(jù)條件可知，欲求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的最小值．只需求(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))的最小值，因為(a＋b＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9(當且僅當a＝b＝c時取“＝”)．答案：98．如圖所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的側(cè)棱垂直于底面，滿足__________時，BD⊥A1解析：要證BD⊥A1C，只需證BD⊥平面AA1因為AA1⊥BD，只要再添加條件AC⊥BD，即可證明BD⊥平面AA1C，從而有BD⊥A1答案：AC⊥BD(答案不唯一)9．若a，b，c為不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.證明：要證lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc，只需證lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))≥lg(a·b·c)，即證eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc.因為a，b，c為不全相等的正數(shù)，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)＞0，且上述三式中等號不能同時成立，所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc成立，所以lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc成立．10．求證：2cos(α－β)－eq\f(sin2α－β,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).證明：要證原等式，只需證：2cos(α－β)sinα－sin(2α－β)＝sinβ，①因為①左邊＝2cos(α－β)sinα－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα－cos(α－β)sinα＝cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα＝sinβ.所以①成立，所以原等式成立．B組能力提升11．已知函數(shù)f(x)＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，若x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且x1≠x2，求證：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明：要證eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，只需證eq\f(1,2)(tanx1＋tanx2)＞taneq\f(x1＋x2,2)，只需證eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2,cosx2)))＞eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2)(“化切為弦”)，只需證eq\f(sinx1＋x2,2cosx1cosx2)＞eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2)，只需證eq\f(sinx1＋x2,cosx1＋x2＋cosx1－x2)＞eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2)，只需證明0＜cos(x1－x2)＜1.由x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且x1≠x2可知0＜cos(x1－x2)＜1成立．所以eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).12．已知n∈N，且n＞1，求證：logn(n＋1)＞logn＋1(n＋2)．解析：要證明logn(n＋1)＞logn＋1(n＋2)，即證明logn(n＋1)－logn＋1(n＋2)＞0.(*)∵logn(n＋1)－logn＋1(n＋2)＝eq\f(1,logn＋1n)－logn＋1(n＋2)＝eq\f(1－logn＋1n·logn＋1n＋2,logn＋1n).又∵當n＞1時，logn＋1n＞0，且logn＋1(n＋2)＞0，logn＋1n≠logn＋1(n＋2)，∴l(xiāng)ogn＋1n·logn＋1(n＋2)＜eq\f(1,4)[logn＋1n＋lo