高考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)直接證明與間接證明專項(xiàng)練習(xí)（附解析）

2019高考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)干脆證明與間接證明專項(xiàng)練習(xí)（附解析）干脆證明是相對于間接證明說的，綜合法和分析法是兩種常見的干脆證明。以下是干脆證明與間接證明專項(xiàng)練習(xí)，請考生仔細(xì)練習(xí)。1.(2019山東,文4)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(gè)實(shí)根”時(shí),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(gè)實(shí)根C.方程x3+ax+b=0至多有兩個(gè)實(shí)根D.方程x3+ax+b=0恰好有兩個(gè)實(shí)根2.要證:a2+b2-1-a2b2≤0,只要證明()A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥03.設(shè)a,b,c均為正實(shí)數(shù),則三個(gè)數(shù)a+,b+,c+()A.都大于2B.都小于2C.至少有一個(gè)不大于2D.至少有一個(gè)不小于24.(2019天津模擬)p=,q=(m,n,a,b,c,d均為正數(shù)),則p,q的大小為()A.p≥qB.p≤qC.p>qD.不確定5.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)6.(2019福建三明模擬)命題“假如數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=2n2-3n,那么數(shù)列{an}肯定是等差數(shù)列”是否成立()A.不成立B.成立C.不能斷定D.與n取值有關(guān)7.用反證法證明“假如a>b,那么”假設(shè)內(nèi)容應(yīng)是.8.在不等邊三角形中,a為最大邊,要想得到角A為鈍角的結(jié)論,三邊a,b,c應(yīng)滿意.9.已知a>0,求證:≥a+-2.10.已知在數(shù)列{an}中,a1=5,且an=2an-1+2n-1(n≥2,且nN*).(1)證明:數(shù)列為等差數(shù)列;(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.實(shí)力提升組11.已知m>1,a=,b=,則以下結(jié)論正確的是()A.a>bB.aa+b,那么a,b應(yīng)滿意的條件是.13.設(shè)a,b,c均為正數(shù),且a+b+c=1,證明:≥1.14.△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,A,B,C的對邊分別為a,b,c.求證:.15.(2019福建寧德模擬)設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0,+∞)上,f(1)=0,導(dǎo)函數(shù)f'(x)=,g(x)=f(x)+f'(x).(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值.(2)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<對隨意x>0成立?若存在,求出x0的取值范圍;若不存在,請說明理由.參考答案1.A解析:“至少有一個(gè)”的否定為“沒有”.2.D解析:因?yàn)閍2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0,故選D.3.D解析:a>0,b>0,c>0,∴≥6,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí),等號成立,故三者不能都小于2,即至少有一個(gè)不小于2.4.B解析:q==p.5.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上的單調(diào)遞減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)b2+c2解析:由余弦定理cosA=<0,則b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.9.證明:要證≥a+-2,只須要證+2≥a+.又a>0,所以只須要證,即a2++4+4≥a2+2++2+2,從而只須要證2≥只須要證4≥2,即a2+≥2,而上述不等式明顯成立,故原不等式成立.10.(1)證明:設(shè)bn=,則b1==2.因?yàn)閎n+1-bn=[(an+1-2an)+1]=[(2n+1-1)+1]=1,所以數(shù)列為首項(xiàng)是2,公差是1的等差數(shù)列.(2)解:由(1)知,+(n-1)×1,則an=(n+1)·2n+1.因?yàn)镾n=(2·21+1)+(3·22+1)+…+(n·2n-1+1)+[(n+1)·2n+1],所以Sn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n+n.設(shè)Tn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,①2Tn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1.②②-①,得Tn=-2·21-(22+23+…+2n)+(n+1)·2n+1=n·2n+1,所以Sn=n·2n+1+n=n·(2n+1+1).11.B解析:a=,b=,又,即aa+b?()2·()>0?a≥0,b≥0,且a≠b.13.證明:因?yàn)?b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,所以+(a+b+c)≥2(a+b+c),即≥a+b+c.所以≥1.14.證明:要證,即證=3,也就是=1,只需證c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),即證c2+a2=ac+b2.又△ABC三內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,所以B=60°,由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos60°,即b2=c2+a2-ac,故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.15.解:(1)因?yàn)?lnx)'=,所以f(x)=lnx,g(x)=lnx+,g'(x)=.令g'(x)=0得x=1.當(dāng)x(0,1)時(shí),g'(x)<0,故(0,1)是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間,當(dāng)x(1,+∞)時(shí),g'(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,因此x=1是g(x)的唯一極值點(diǎn),且為微小值點(diǎn),從而是最小值點(diǎn),所以最小值為g(1)=1.(2)滿意條件的x0不存在.理由如下: