【第一方案】高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明第六節(jié) 直接證明與間接證明練習(xí)

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1、第六節(jié) 直接證明與間接證明 一、選擇題(6×5分＝30分) 1．(2020·揭陽一模)a，b，c為互不相等的正數(shù)，且a2＋c2＝2bc，則下列關(guān)系中可能成立的是(　　) A．a(chǎn)>b>c　　　　　　　 B．b>c>a C．b>a>c D．a(chǎn)>c>b 解析：由a2＋c2>2ac?2bc>2ac?b>a，可排除A、D， 令a＝2，b＝，可得c＝1或4，可知C可以成立． 答案：C 2．若x，y∈R，則下面四個式子中恒成立的是(　　) A．log2(1＋2x2)>0 B．x2＋y2≥2(x－y－1) C．x2＋3xy>2y2 D.< 解析：∵1＋2x2≥1，∴l(xiāng)og2(1＋

2、2x2)≥0， 故A不正確； x2＋y2－2(x－y－1)＝(x－1)2＋(y＋1)2≥0， 故B正確； 令x＝0，y＝1，則x2＋3xy<2y2，故C不正確； 令x＝3，y＝2，則>，故D不正確． 答案：B 3．設(shè)a，b是兩個實數(shù)，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(　　) A．②③ B．①②③ C．③ D．③④⑤ 解析：若a＝，b＝，則a＋b>1， 但a<1，b<1，故①推不出； 若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出； 若a＝－2，b＝－3，則a2＋b

3、2>2，故④推不出； 若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出； 對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于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，a，b中至少有一個大于1. 答案：C 4．已知實數(shù)a、b、c滿足a＋b＋c＝0，abc＞0，則＋＋的值(　　) A．一定是正數(shù) B．一定是負數(shù) C．可能是0 D．正、負不能確定 解析：＋＋＝ ＝＝ ＝＝＜0. 故選B. 答案：B 5．(2020·煙臺調(diào)研)已知a>b>0，且ab＝1，若0

4、 A．p>q B．pab＝1，∴p＝logc()<0， 又q＝logc()2＝logc>logc＝logc>0，∴q>p. 答案：B 6．(2020·菏澤模擬)已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點P1(x1，y1)、P2(x2，y2)、P3(x3，y3)在拋物線上，且2x2＝x1＋x3，則有(　　) A．|FP1|＋|FP2|＝|FP3| B．|FP1|2＋|FP2|2＝|FP3|2 C．2|FP2|＝|FP1|＋|FP3| D．|FP2|2＝|FP1|·|FP3| 解析：如圖所示，y2＝2px的準線為x＝－， P1A

5、⊥l，P2B⊥l，P3C⊥l. 由拋物線定義知： P1F＝P1A＝x1＋， P2F＝P2B＝x2＋， P3F＝P3C＝x3＋， ∴2|FP2|＝2(x2＋)＝2x2＋p， |FP1|＋|FP3|＝(x1＋)＋(x3＋)＝x1＋x3＋p. 又∵2x2＝x1＋x3，∴2|FP2|＝|FP1|＋|FP3|. 答案：C 二、填空題(3×5分＝15分) 7．(2020·揭陽第一次質(zhì)檢)設(shè)a，b，u都是正實數(shù)，且a，b滿足＋＝1，則使得a＋b≥u恒成立的u的取值范圍是_____________________． 解析：∵＋＝1， ∴a＋b＝(a＋b)(＋) ＝1＋×9＋＋9 ≥

6、10＋2·＝16. 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝4，b＝12時取等號． 若a＋b≥u恒成立， ∴0

7、的多元評價指標(biāo)，并通過經(jīng)驗公式s＝＋＋來計算各班的綜合得分，s的值越高，則評價效果越好，若某班在自測過程中各項指標(biāo)顯示出0

8、20·濟寧模擬)若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc. 證明：要證lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc， 只需證lg(··)>lg(a·b·c)， 只需證··>abc.(中間結(jié)果) 因為a，b，c是不全相等的正數(shù)，則≥>0，≥>0，≥>0. 且上述三式中的等號不同時成立，所以 ··>abc.(中間結(jié)果) 所以lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc. 11．(12分)(2020·紹興月考)△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，三條邊為a、b、c，求證：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1. 證明：∵△ABC三個內(nèi)角

9、A，B，C成等差數(shù)列， ∴B＝60°，由余弦定理， 有b2＝c2＋a2－2cacos60°，得c2＋a2＝ac＋b2， 兩邊同加上ab＋bc， 得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 兩邊同除以(a＋b)(b＋c)，得＋＝1， ∴(＋1)＋(＋1)＝3， 即＋＝. ∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1. 12．(13分)(2020·寧波五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a＞1)． (1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)； (2)證明方程f(x)＝0沒有負根． 證明：(1)法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)， 不妨設(shè)x1＜

10、x2， 則x2－x1＞0，ax2－x1＞1且ax1＞0， ∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0， 又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0， ∴－＝ ＝＞0. 于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－＞0， 故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)． 法二：f(x)＝ax＋1－(a＞1)， 求導(dǎo)數(shù)得f′(x)＝axlna＋， ∵a＞1，∴當(dāng)x＞－1時，axlna＞0，＞0， f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立， 則f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)． (2)法一：設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0， 則ax0＝－，且0＜ax0＜1， ∴0＜－＜1，即＜x0＜2， 與假設(shè)x0＜0矛盾，故方程f(x)＝0沒有負根． 法二：設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0， ①若－1＜x0＜0， 則＜－2，ax0＜1， ∴f(x0)＜－1與f(x0)＝0矛盾． ②若x0＜－1，則＞1，ax0＞0， ∴f(x0)＞1與f(x0)＝0矛盾， 故方程f(x)＝0沒有負根．