《新版高考數(shù)學廣東專用文科復習配套課時訓練：第十一篇 復數(shù)、算法、推理與證明 第4節(jié)　證明方法含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新版高考數(shù)學廣東專用文科復習配套課時訓練：第十一篇 復數(shù)、算法、推理與證明 第4節(jié)　證明方法含答案（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1

2、 1 第4節(jié)　證明方法 　　 課時訓練 練題感 提知能 【選題明細表】 知識點、方法 題號 綜合法 2、5、8、10、14、15 分析法 3、7、11、12 反證法 1、4、6、9、13 A組 一、選擇題 1.(20xx濰坊模擬)用反證法證明某命題時,對結論“自然數(shù)a,b,c中恰有一個偶數(shù)”正確的反設是(　

3、B　) (A)自然數(shù)a,b,c中至少有兩個偶數(shù) (B)自然數(shù)a,b,c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù) (C)自然數(shù)a,b,c都是奇數(shù) (D)自然數(shù)a,b,c都是偶數(shù) 解析:“恰有一個”反面應是至少有兩個或都是奇數(shù).故選B. 2.設f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x≥0時,f(x)單調(diào)遞減,若x1+x2>0,則f(x1)+f(x2)的值(　A　) (A)恒為負值 (B)恒等于零 (C)恒為正值 (D)無法確定正負 解析:由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x≥0時,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,f(x1)

4、-f(x2), 則f(x1)+f(x2)<0,故選A. 3.分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明“設a>b>c,且a+b+c=0,求證:b2-ac<3a”索的因應是(　C　) (A)a-b>0 (B)a-c>0 (C)(a-b)(a-c)>0 (D)(a-b)(a-c)<0 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)>0. 故選C. 4.(20xx九江模擬)用反證法證明命題:“

5、三角形的內(nèi)角中至少有一個不大于60度”時,假設正確的是(　B　) (A)假設三個內(nèi)角都不大于60度 (B)假設三個內(nèi)角都大于60度 (C)假設三個內(nèi)角至多有一個大于60度 (D)假設三個內(nèi)角有兩個大于60度 解析:根據(jù)反證法的步驟,假設是對原命題結論的否定,對“三角形的內(nèi)角中至少有一個不大于60度”的否定,即“三個內(nèi)角都大于60度”. 5.(20xx遼寧大連模擬)設S是至少含有兩個元素的集合,在S上定義了一個二元運算“*”(即對任意的a,b∈S,對于有序元素對(a,b),在S中有唯一確定的元素a*b與之對應),若對任意的a,b∈S,有a*(b*a)=b,則對任意的a,b∈S,下列等

6、式中不恒成立的是(　A　) (A)(a*b)*a=a (B)[a*(b*a)]*(a*b)=a (C)b*(b*b)=b (D)(a*b)*[b*(a*b)]=b 解析:由已知條件可得對任意a,b∈S,a*(b*a)=b, 則b*(b*b)=b, [a*(b*a)]*(a*b)=b*(a*b)=a, (a*b)*[b*(a*b)]=(a*b)*a=b, 即選項B,C,D中的等式均恒成立,僅選項A中的等式不恒成立.故 選A. 6.(20xx四平二模)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:

7、“a,b中至少有一個大于1”的條件是(　C　) (A)②③ (B)①②③ (C)③ (D)③④⑤ 解析:若a=12,b=23, 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.故選C. 二、填空題 7.設a>b>0,m=a-b,n=a-b,則m,n的大小關系是　　　　.?

8、解析:法一　取a=2,b=1,得ma?a0,顯然成立. 答案:m

9、明時,假設的內(nèi)容是　　　　.? 解析:“至少有一個”的否定為“都不是”. 答案:假設a,b,c都不是偶數(shù) 10.已知f(1,1)=1,f(m,n)∈N*(m,n∈N*),且對任意的m,n∈N*都有: (1)f(m,n+1)=f(m,n)+2. (2)f(m+1,1)=2f(m,1). 給出以下三個結論: ①f(1,5)=9;②f(5,1)=16;③f(5,6)=26. 其中正確結論的序號有　　　　.? 解析:由題意知①f(1,5)=f(1,4)+2=f(1,3)+4=f(1,2)+6=f(1,1)+8 =1+8=9.正確.②f(5,1)=2f(4,1)=4f(3,1)=8f

10、(2,1)=16f(1,1)=16.正確.③f(5,6)=f(5,5)+2=…=f(5,1)+10=16+10=26.正確. 答案:①②③ 11.設P=2,Q=7-3,R=6-2,則P、Q、R的大小順序是　　　　.? 解析:2>6-2?22>6?8>6成立,∴P>R, 又6-2>7-3?6+3>2+7 ?9+218>9+214?18>14,成立. ∴R>Q,∴P>R>Q. 答案:P>R>Q 三、解答題 12.已知a>0,求證:a2+1a2-2≥a+1a-2. 證明:要證a2+1a2-2≥a+1a-2. 只要證a2+1a2+2≥a+1a+2. ∵a>0,故只要證a2+1a

11、2+22≥a+1a+22, 即a2+1a2+4a2+1a2+4≥ a2+2+1a2+22a+1a+2, 從而只要證2a2+1a2≥2a+1a, 只要證4a2+1a2≥2a2+2+1a2,即a2+1a2≥2, 而上述不等式顯然成立,故原不等式成立. 13.已知a、b、c∈(0,1),求證:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同時大于14. 證明:法一　假設三式同時大于14, 即(1-a)b>14,(1-b)c>14,(1-c)a>14, ∵a、b、c∈(0,1), ∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a>164. (*) 又(1-a)a

12、≤1-a+a22=14, 同理(1-b)b≤14,(1-c)c≤14, ∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤164, 這與(*)矛盾,所以假設不成立,故原命題正確. 法二　假設三式同時大于14, ∵00, (1-a)+b2≥(1-a)b>14=12, 同理(1-b)+c2>12,(1-c)+a2>12, 三式相加得32>32,這是矛盾的,故假設錯誤, ∴原命題正確. B組 14.已知三個不等式①ab>0;②ca>db;③bc>ad.以其中兩個作條件,余下一個作結論,則可組成　　　　個正確命題.? 解析:此題共可組成三個命題即①②?③;①③?②;②

13、③?①.若ab>0,ca>db,則ca-db=bc-adab>0,得bc-ad>0,即可得命題①②?③正確;若ab>0,bc>ad,則bc-adab=ca-db>0,得ca>db,即命題①③?②正確;若bc>ad,ca>db,則ca-db=bc-adab>0,得ab>0,即命題②③?①正確.綜上可得正確的命題有三個. 答案:三 15.(20xx寧德模擬)設函數(shù)f(x)定義在(0,+∞)上,f(1)=0,導函數(shù)f'(x)=1x,g(x)=f(x)+f'(x). 求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值. 解:由題設易知f(x)=ln x, g(x)=ln x+1x,g'(x)=x-1x2. 令g'(x)=0得x=1.當x∈(0,1)時,g'(x)<0, 故(0,1)是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間, 當x∈(1,+∞)時,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,且為極小值點,從而是最小值點,所以最小值為g(1)=1.