廣西專用高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練36直接證明與間接證明（含解析）新人教A版（文）

考點(diǎn)規(guī)范練36直接證明與間接證明基礎(chǔ)鞏固1.要證a2+b2-1-a2b2≤0,只需證明()A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-a4C.(a+b)22-1-a2b2≤0 D.(a2答案:D解析:在各選項(xiàng)中,只有(a2-1)(b2-1)≥0?a2+b2-1-a2b2≤0,故選D.2.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:b2-ac<3A.a-b>0 B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0答案:C解析:b2-ac<3a?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-b)3.(2020河南洛陽期中)若P=a+a+5,Q=a+2+a+3(aA.P>Q B.P=QC.P<Q D.由a的取值確定答案:C解析:∵P=a+a+5,Q=a∴P2=2a+5+2a(a+5)=2a+5+2a2+5a,Q2=2a+5+2(a∵a2+5a<a2+5a+6,∴a2∴P2<Q2.∴P<Q.4.利用反證法證明“若x2+y2=0,則x=y=0”時(shí),應(yīng)假設(shè)()A.x,y都不為0 B.x≠y,且x,y都不為0C.x≠y,且x,y不都為0 D.x,y不都為0答案:D解析:原命題的結(jié)論是x,y都為0,利用反證法時(shí),應(yīng)假設(shè)x,y不都為0.5.設(shè)a,b是兩個(gè)實(shí)數(shù),下列條件中,能推出“a,b中至少有一個(gè)大于1”的是()A.a+b>1 B.a+b>2C.a2+b2>2 D.ab>1答案:B解析:若a=12,b=23,則a+b>1,但a<1,若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故C推不出;若a=-2,b=-3,則ab>1,故D推不出;對(duì)于B,若a+b>2,則a,b中至少有一個(gè)大于1.反證法:假設(shè)a≤1,且b≤1,則a+b≤2與a+b>2矛盾,因此假設(shè)不成立,故a,b中至少有一個(gè)大于1.6.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時(shí),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)答案:A解析:由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x≥0時(shí),f(x)單調(diào)遞減,可知f(x)是R上的減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),則f(x1)+f(x2)<0,故選A.7.設(shè)a>b>0,m=a-b,n=a-b,則m,n答案:m<n解析:(方法一:取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.(方法二:分析法)因?yàn)閍>b>0,所以要得出m與n的大小關(guān)系,只需判斷mn=a-ba-b與1的大小關(guān)系,只需判斷a+b-2aba-b與1的大小關(guān)系,只需判斷a+b-2ab-(a-b)與0的大小關(guān)系,只需判斷2b-28.某同學(xué)在證明命題“7-3<要證明7-3<6-展開得9+214<9+218,即14<18,只需證明14<18,所以原不等式7-3答案:7+2<6+3(7+2)2<解析:要證明7-3<只需證明(7+2)2<(6+3)2,展開得9+214<9+218,即14因?yàn)?4<18顯然成立,所以原不等式7-39.(2020江蘇鎮(zhèn)江期末)(1)已知a>b>0,m>0,用分析法證明:ba(2)已知實(shí)數(shù)a,b,c,d滿足ac≥2(b+d),用反證法證明:方程x2+ax+b=0與方程x2+cx+d=0至少有一個(gè)方程有實(shí)根.解：(1)由于a>b>0,m>0,故要證明ba則只需證明b(a+m)<a(b+m),即證ab+bm<ab+am成立,即bm<am成立,即b<a成立即可.由條件知b<a成立,故ba<(2)反證法:假設(shè)結(jié)論不成立,即方程x2+ax+b=0與方程x2+cx+d=0都沒有實(shí)根,則兩方程的判別式分別滿足Δ1=a2-4b<0,Δ2=c2-4d<0,則a2+c2-4d-4b<0,即4d+4b>a2+c2,即4d+4b>a2+c2≥2ac,即2(b+d)>ac,這與條件ac≥2(b+d)矛盾,即假設(shè)不成立,故原命題成立.10.已知a>0,1b-1a答案：證明由已知1b-1a>1及a>0可知0<b<1,要證1+只需證1+a-b-ab>1,只需證a-b-ab>0,即a-b即1b-111.設(shè)函數(shù)f(x)=1x+2,a,b∈(0,+∞(1)用分析法證明:fab+fb(2)設(shè)a+b>4,求證:af(b),bf(a)中至少有一個(gè)大于12答案：證明(1)要證明fab+fb只需證明1a只需證明ba+2b由于a,b∈(0,+∞),故即證(a-b)2≥0,這顯然成立,所以fab+fb(2)假設(shè)af(b),bf(a)都小于或等于12即ab因?yàn)閍,b∈(0,+∞),所以2a≤b+2,2b≤a+2,兩式相加得a+b≤4,這與a+b>4矛盾,所以af(b),bf(a)中至少有一個(gè)大于12能力提升12.(2020湖南長(zhǎng)沙模擬)已知a,b,c,d均為正實(shí)數(shù),設(shè)S=aa+bA.0<S<1 B.1<S<2C.2<S<3 D.3<S<4答案:B解析:因?yàn)閍>0,b>0,c>0,d>0,所以S=aa+b+因?yàn)閍a+b+bb+即S=aa+所以1<S<2.13.已知a,b,μ∈(0,+∞),且1a+9b=1,要使得a+b≥μ恒成立,則μ答案:(0,16]解析:∵a,b∈(0,+∞),且1a+∴a+b=(a+b)1a+9b=10+9ab+ba≥10+∴a+b的最小值為16.∴要使a+b≥μ恒成立,只需16≥μ.∴0<μ≤16.14.在Rt△ABF中,AB=2BF=4,C,E分別是AB,AF的中點(diǎn)(如圖①).將此三角形沿CE對(duì)折,使平面AEC⊥平面BCEF(如圖②),已知D是AB的中點(diǎn).圖①圖②求證:(1)CD∥平面AEF;(2)平面AEF⊥平面ABF.答案：證明(1)取AF中點(diǎn)M,連接DM,EM.∵D,M分別是AB,AF的中點(diǎn),∴DM是△ABF的中位線,∴DM12BF.又CE12BF,∴四邊形CDME是平行四邊形,∴CD∥EM.又EM?平面AEF,CD?平面AEF,∴CD∥平面AEF.(2)由題意知CE⊥AC,CE⊥BC,且AC∩BC=C,故CE⊥平面ABC.又CD?平面ABC,∴CE⊥CD.∴四邊形CDME是矩形.∴EM⊥MD.在△AEF中,EA=EF,M為AF的中點(diǎn),∴EM⊥AF,且AF∩MD=M,AF,MD?平面ABF,∴EM⊥平面ABF.又EM?平面AEF,∴平面AEF⊥平面ABF.高考預(yù)測(cè)15.德國(guó)數(shù)學(xué)家科拉茨1937年提出了一個(gè)著名的猜想:任給一個(gè)正整數(shù)n,如果n是偶數(shù),就將它減半即n2;如果n是奇數(shù),則將它乘3加1(即3n+1),不斷重復(fù)這樣的運(yùn)算,經(jīng)過有限步后,一定可以得到1.對(duì)于科拉茨猜想,目前誰也不能證明,也不能否定,現(xiàn)在請(qǐng)你研究:如果對(duì)正整數(shù)n(首項(xiàng))按照上述規(guī)則施行變換后的第8項(xiàng)為1(注:1可以多次出現(xiàn)),那么n的所有不同值的個(gè)數(shù)為(A.4 B.6C.32 D.128答案:B解析:如果正整數(shù)n按照上述規(guī)則施行變換后的第8項(xiàng)為1,那么變換中的第7項(xiàng)一定是2,變換中的第6項(xiàng)一定是4,變換中的第5項(xiàng)可能是1,也可能是8,變換