《高考人教版數(shù)學理總復習練習：第六章 不等式、推理與證明 課時作業(yè)39 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考人教版數(shù)學理總復習練習：第六章 不等式、推理與證明 課時作業(yè)39 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時作業(yè)39　直接證明與間接證明 1．(2019·天津一中月考)用反證法證明命題：“a，b∈N，若ab可被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除．”時，假設的內(nèi)容應該是(　B　) A．a(chǎn)，b都能被5整除 B．a(chǎn)，b都不能被5整除 C．a(chǎn)，b不都能被5整除 D．a(chǎn)能被5整除 解析：由于反證法是命題的否定的一個運用，故用反證法證明命題時，可以設其否定成立從而進行推證．命題“a，b∈N，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除．”的否定是“a，b∈N，如果ab可被5整除，那么a，b都不能被5整除”，故選B. 2．(2019·河北邢臺模擬)用反證法證明命題“三角形的

2、三個內(nèi)角中至多有一個鈍角”，假設正確的是(　C　) A．假設三角形的三個內(nèi)角都是銳角 B．假設三角形的三個內(nèi)角都是鈍角 C．假設三角形的三個內(nèi)角中至少有兩個鈍角 D．假設三角形的三個內(nèi)角中至少有兩個銳角 解析：“至多有一個”的否定是“至少有兩個”．故選C. 3．若a，b，c是不全相等的正數(shù)，給出下列判斷： ①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b與a＜b及a＝b中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立． 其中判斷正確的個數(shù)是(　C　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：由于a，b，c不全相等，則a－b，b－c，c－a中至少有一個不為0

3、，故①正確；②顯然正確；令a＝2，b＝3，c＝5，滿足a≠c，b≠c，a≠b，故③錯誤． 4．已知函數(shù)f(x)＝x，a，b為正實數(shù)，A＝f，B＝f()，C＝f，則A，B，C的大小關系為(　A　) A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A 解析：因為≥≥， 又f(x)＝x在R上是單調(diào)減函數(shù)， 故f≤f()≤f， 即A≤B≤C. 5．設x，y，z∈R＋，a＝x＋，b＝y(tǒng)＋，c＝z＋，則a，b，c三個數(shù)(　C　) A．至少有一個不大于2 B．都小于2 C．至少有一個不小于2 D．都大于2 解析：假設a，b，c都小于2， 則a＋b＋c＜6， 而a

4、＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，與a＋b＋c＜6矛盾， ∴a，b，c都小于2不成立． ∴a，b，c三個數(shù)至少有一個不小于2，故選C. 6．在等比數(shù)列{an}中，a1＜a2＜a3是數(shù)列{an}遞增的(　C　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：當a1＜a2＜a3時，設公比為q， 由a1＜a1q＜a1q2得 若a1＞0，則1＜q＜q2，即q＞1， 此時，顯然數(shù)列{an}是遞增數(shù)列， 若a1＜0，則1＞q＞q2，即0＜q＜1， 此時，數(shù)列{an}也是遞增數(shù)列， 反之，當數(shù)列{an}是遞增數(shù)列時， 顯然

5、a1＜a2＜a3. 故a1＜a2＜a3是等比數(shù)列{an}遞增的充要條件． 7．設a＝＋2，b＝2＋，則a，b的大小關系為　a＜b　. 解析：a＝＋2，b＝2＋，兩式的兩邊分別平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，顯然＜，所以a＜b. 8．已知點An(n，an)為函數(shù)y＝圖象上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點，其中n∈N*，設cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關系為　cn＞cn＋1　. 解析：由條件得cn＝an－bn＝－n＝， ∴cn隨n的增大而減小，∴cn＋1＜cn. 9．(2019·長春模擬)若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)

6、間[－1,1]內(nèi)至少存在一點c，使f(c)＞0，則實數(shù)p的取值范圍是　　. 解析：若二次函數(shù)f(x)≤0在區(qū)間[－1,1]內(nèi)恒成立， 則 解得p≤－3或p≥， 故滿足題干要求的p的取值范圍為. 10．如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則△A2B2C2是　鈍角　三角形． 解析：由條件知，△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設△A2B2C2是銳角三角形． 由 得 那么，A2＋B2＋C2＝，這與三角形內(nèi)角和為π相矛盾． 所以假設不成立．假設△A2B2C2是直角三角形，不妨設A2＝，則cosA1＝si

7、nA2＝1，A1＝0，矛盾． 所以△A2B2C2是鈍角三角形． 11．已知a≥b＞0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b. 證明：要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立， 只需證2a3－b3－2ab2＋a2b≥0， 即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0， 即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0. ∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0， 從而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立， ∴2a3－b3≥2ab2－a2b. 12．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＋

8、lgc， 只需證lg＞lgabc， 只需證··＞abc. 因為a，b，c是不全相等的正數(shù)， 所以≥，≥，≥(三個式子中等號不同時成立)． 所以顯然有··＞abc成立，原不等式得證． 13．已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，試證：對于任意的x1，x2∈R，均有≥f. 證明：要證明≥f， 即證明≥3－2·， 因此只要證明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)， 即證明≥3， 因此只要證明≥， 由于當x1，x2∈R時，3x1＞0,3x2＞0， 由基本不等式知≥顯然成立，當且僅當x1＝x2時，等號成立，故原結論成立． 14．已知四棱錐SABCD中，底面是邊長為1的正方形

9、，又SB＝SD＝，SA＝1. (1)求證：SA⊥平面ABCD； (2)在棱SC上是否存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點的位置；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：如圖，由已知得SA2＋AD2＝SD2， ∴SA⊥AD. 同理SA⊥AB. 又AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD， ∴SA⊥平面ABCD. (2)假設在棱SC上存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD. ∵BC∥AD，BC?平面SAD. ∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B， ∴平面FBC∥平面SAD. 這與平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾，∴假設不成立

10、． ∴不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD. 15．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3. (1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn； (2)設bn＝(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列． 解：(1)由已知得解得d＝2， 故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)． (2)證明：由(1)得bn＝＝n＋. 假設數(shù)列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比數(shù)列，則b＝bpbr. 即(q＋)2＝(p＋)(r＋)． ∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0. ∵p，q，r∈N*， ∴ ∴2＝q

11、2＝pr，(p－r)2＝0. ∴p＝r， 與p≠r矛盾． ∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列． 16．(2019·衡陽調(diào)研)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標原點． (1)當點B的坐標為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長； (2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形． 解：(1)因為四邊形OABC為菱形， 則AC與OB相互垂直平分． 由于O(0,0)，B(0,1)，所以設點A，代入橢圓方程得＋＝1， 則t＝±，故|AC|＝2. (2)證明：假設四邊形OABC為菱形， 因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0. 由消去y并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則 ＝－，＝k·＋m＝. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－， 因為k·＝－≠－1，所以AC與OB不垂直． 所以四邊形OABC不是菱形，與假設矛盾． 所以當點B在W上且不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形．