2019-2020年高三數(shù)學一輪復習 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.doc
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2019-2020年高三數(shù)學一輪復習 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 一、選擇題(65分=30分) 1.(xx揭陽一模)a,b,c為互不相等的正數(shù),且a2+c2=2bc,則下列關系中可能成立的是( ) A.a>b>c B.b>c>a C.b>a>c D.a>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+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+b2>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a≤1且b≤1, 則a+b≤2與a+b>2矛盾, 因此假設不成立,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.(xx煙臺調研)已知a>b>0,且ab=1,若0ab=1,∴p=logc()<0, 又q=logc()2=logc>logc=logc>0,∴q>p. 答案:B 6.(xx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⊥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(35分=15分) 7.(xx揭陽第一次質檢)設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 ≥10+2=16. 當且僅當=,即a=4,b=12時取等號. 若a+b≥u恒成立, ∴0lga+lgb+lgc. 證明:要證lg+lg+lg>lga+lgb+lgc, 只需證lg()>lg(abc), 只需證>abc.(中間結果) 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.(中間結果) 所以lg+lg+lg>lga+lgb+lgc. 11.(12分)(xx紹興月考)△ABC的三個內角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三個內角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)(xx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x1<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), 求導數(shù)得f′(x)=axlna+, ∵a>1,∴當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x0<0矛盾,故方程f(x)=0沒有負根. 法二:設存在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.
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