2021高三數(shù)學(xué)（理）一輪復(fù)習(xí)專練38證明含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三數(shù)學(xué)（理）人教版一輪復(fù)習(xí)專練38證明含解析專練38證明命題范圍:證明方法：分析法、綜合法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法[基礎(chǔ)強(qiáng)化]一、選擇題1．若a,b，c為實(shí)數(shù),且a<b<0,則下列命題正確的是(）A．a(chǎn)c2〈bc2B．a(chǎn)2>ab〉b2C。eq\f(1，a)<eq\f(1，b)D。eq\f（b，a)>eq\f(a，b）2．若a，b,c是不全相等的實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2＋c2〉ab＋bc＋ca.證明過程如下：∵a、b、c∈R，∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac又∵a，b，c不全相等，∴以上三式至少有一個“＝”不成立．∴將以上三式相加得2（a2＋b2＋c2)〉2(ab＋bc＋ac)．∴a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca。此證法是（）A．分析法B．綜合法C．分析法與綜合法并用D．反證法3．用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實(shí)根”時，要做的假設(shè)是（）A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實(shí)根4．如圖是解決數(shù)學(xué)問題的思維過程的流程圖：圖中①、②兩條流程線與“推理與證明”中的思維方法相匹配是（)A．①—分析法，②-綜合法B．①—綜合法,②-分析法C．①—綜合法,②—反證法D．①—分析法，②—反證法5．在用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋2n＝2n2＋n（n∈N＊）的第二步中，假設(shè)n＝k時原等式成立,那么在n＝k＋1時需要證明的等式為(）A．1＋2＋3＋…＋2k＋2(k＋1)＝2k2＋k＋2(k＋1）2＋（k＋1)B．1＋2＋3＋…＋2k＋2(k＋1)＝2（k＋1)2＋(k＋1）C．1＋2＋3＋…＋2k＋2k＋1＋2(k＋1)＝2k2＋k＋2(k＋1）2＋(k＋1）D．1＋2＋3＋…＋2k＋2k＋1＋2(k＋1)＝2(k＋1)2＋(k＋1)6．在△ABC中，sinAsinC<cosAcosC，則△ABC一定是(）A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．不確定7．［2020·黑龍江哈爾濱三中測試]用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“1＋eq\f（1,2)＋eq\f(1，3)＋…＋eq\f（1，2n－1)<n（n∈N＊,n≥2)”時，由n＝k（k≥2)時，不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)是（)A．2k－1B．2k－1C．2kD．2k＋18．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)a〉b〉c，且a＋b＋c＝0，求證eq\r(b2－ac)<eq\r(3）a”索的因應(yīng)是(）A．a(chǎn)－b〉0B．a(chǎn)－c>0C．（a－b)（a－c)>0D．（a－b)（a－c)〈09．［2020·長春測試]設(shè)a，b，c都是正數(shù)，則a＋eq\f(1,b），b＋eq\f（1，c），c＋eq\f（1，a）三個數(shù)(）A．都大于2B．都小于2C．至少有一個不大于2D．至少有一個不小于2二、填空題10．如果aeq\r（a)＋beq\r（b）>aeq\r（b）＋beq\r(a),則a，b應(yīng)滿足的條件是____________．11．用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1"時應(yīng)假設(shè)__________________．12．若P＝eq\r（a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8）＋eq\r（a＋5）（a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是______________．［能力提升］13．［2020·河北邯鄲測試］設(shè)f(x）是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時,f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2〉0，則f（x1)＋f(x2)的值（)A．恒為負(fù)值B．恒等于零C．恒為正值D．無法確定正負(fù)14．用反證法證明命題：“a，b∈N，若ab不能被5整除,則a與b都不能被5整除”時,假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為(）A．a(chǎn)，b都能被5整除B．a(chǎn)，b不都能被5整除C．a(chǎn)，b至少有一個能被5整除D．a(chǎn)，b至多有一個能被5整除15．設(shè)a，b∈R,給出下列條件：①a＋b〉1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2〉2；⑤ab〉1。其中能推出：“a，b中至少有一個大于1"的條件是________（填序號）．16．設(shè)a，b是互不相等的正數(shù)，給出下列不等式：①(a＋3）2〉2a2＋6②a2＋eq\f（1，a2）≥a＋eq\f（1,a);③｜a－b|＋eq\f(1，a－b）≥2.其中恒成立的是________．專練38證明1．B∵a2－ab＝a（a－b），∵a<b<0，∴a－b〈0，∴a2－ab〉0,∴a2〉ab①，又ab－b2＝b(a－b）〉0，∴ab〉b2②，由①②得,a2>ab>b2.2．B由已知條件入手證明結(jié)論成立,滿足綜合法的定義．3．A“方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實(shí)根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根”，故選A。4．B根據(jù)已知可得該結(jié)構(gòu)圖為證明方法的結(jié)構(gòu)圖：∵由已知到可知，進(jìn)而得到結(jié)論的應(yīng)為綜合法，由未知到需知，進(jìn)而找到與已知的關(guān)系為分析法，故①②兩條流程線與“推理與證明”中的思維方法為：①—綜合法，②—分析法，故選B.5．D∵用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋2n＝2n2＋n時,當(dāng)n＝1時左邊所得的項(xiàng)是1＋2;假設(shè)n＝k時，命題成立,1＋2＋3＋…＋2k＝2k2＋k，則當(dāng)n＝k＋1時,左端為1＋2＋3＋…＋2k＋2k＋1＋2(k＋1)，∴從“k→k＋1”需增添的項(xiàng)是2k＋1＋2(k＋1），∴1＋2＋3＋…＋2k＋2k＋1＋2（k＋1）＝2（k＋1）2＋（k＋1）．故選D。6．CsinAsinC〈cosAcosC?cos（A＋C）〉0?cosB＝cos［π－(A＋C）］＝－cos(A＋C）<0?B為鈍角?△ABC一定是鈍角三角形．7．C當(dāng)n＝k＋1時，左邊為1＋eq\f(1，2)＋eq\f(1,3）＋…＋eq\f(1，2k－1)＋eq\f(1，2k)＋eq\f(1，2k＋1）＋…＋eq\f(1,2k＋1－1）,增加了eq\f(1，2k）＋eq\f(1,2k＋1）＋…＋eq\f（1,2k＋1－1），共（2k＋1－1)－（2k－1)＝2k項(xiàng),故選C.8．C由a>b〉c，且a＋b＋c＝0可得b＝－a－c，a〉0，c〈0.要證eq\r(b2－ac）〈eq\r(3）a只要證(－a－c)2－ac<3a2,即證a2－ac＋a2－c2>0，即證a（a－c)＋(a＋c)（a－c）>0，即證a(a－c）－b（a－c)〉0,即證（a－c）(a－b）>0.故求證“eq\r(b2－ac）<eq\r(3a)”索的因應(yīng)是（a－c)（a－b）>0,故選C。9．D假設(shè)a＋eq\f(1，b），b＋eq\f(1，c)，c＋eq\f（1，a)都小于2，則有a＋eq\f（1，b）＋b＋eq\f(1,c）＋c＋eq\f(1,a）〈6。又∵a>0，b〉0，c>0,∴a＋eq\f（1，b)＋b＋eq\f(1,c）＋c＋eq\f（1，a)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f（1，a)））＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b）））＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(c＋\f（1,c））)≥2eq\r（a·\f（1，a）)＋2eq\r(b·\f(1，b）)＋2eq\r(c·\f(1，c))＝6,這與假設(shè)矛盾．∴a＋eq\f(1,b），b＋eq\f(1，c），c＋eq\f(1，a)三個數(shù)至少有一個不小于2.10．a(chǎn)≥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,需滿足a≥0，b≥0且a≠b。11．x≠－1且x≠1解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．12．P〉Q解析：P2－Q2＝2eq\r（a2＋13a＋42）－2eq\r(a2＋13a＋40）>0，∴P2>Q2，∴P>Q.13．A由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減,可知f（x）在R上單調(diào)遞減，∵x1＋x2〉0，∴x1〉－x2，∴f(x1)<f（－x2)＝－f（x2），∴f(x1）＋f（x2）〈0。14．C“都不能”的否定為“至少有一個能”，故假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為“a，b至少有一個能被5整除”．15．③解析:取a＝eq\f（1，2），b＝eq\f(2，3）,則a＋b＝eq\f（7,6)>1，而a<b〈1，∴①推不出；取a＝b＝1，則a＋b＝2,∴②推不出;取a＝－3，b＝－2，則a2＋b2＝13>2，ab＝6〉1,而a〈0，b<0，∴④⑤推不出．對于③可用反證法證明：假設(shè)a,b都不大于1，即a≤1，b≤1，則a＋b≤2，與a＋b〉2矛盾,故a,b中至少有一個大于1。16．②解析：對于①，(a＋3）2－（2a2＋6a＋11)＝－a2－2〈0，∴（a＋3)2〈2a2＋6a＋11，∴①不成立；對于②，∵a≠0，a2＋eq\f(1,a2）≥a＋eq\f（