《2019版一轮优化探究理数练习：第十章第四节直接证明与间接证明含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版一轮优化探究理数练习：第十章第四节直接证明与间接证明含解析（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、卜知能提升、填空题1. 给出下列命题：b ab0? -1；a a-0? a-2, cd, abcdM0? 一亍;c d ab0, cd0? 寸寸-.其中为真命题的是 .（填所有正确命题的代号）解析：利用不等式的性质，根据条件利用综合法可知正确，不正确.答案：2. 已知函数 f（x） =（2）x, a, b 是正实数，A= f（an）, B= f（, ab）, C=彳（詈）, 则A、B、C的大小关系为.解析：Ot,1又f（x）二（2）x在R上是减函数，“,a+ b 2ab-f(亍)wf( ab)f(a),即 AW B C.答案：AW B 6+ _5 3+ 20,._11 羽+ 谑V6+ V5V3
2、+V2，二 cbbc1115. 设 x, y, z (0, +x), a= x+ y, b = y+z, c= z+ -,贝U a, b, c三数.y厶入 至少有一个不大于2 都小于2 至少有一个不小于2 都大于2111解析：a+ b+ c= x+_ + y+ z+-6,y 3 z x ，因此a, b, c至少有一个不小于2.答案：6. 某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在0,1上有意义，且f(0) =1f(1),如果对于不同的 X1,X2 0,1，都有 |f(X1) f(X2)|X1 X2|,求证：f(X1) f(x2)|.那么他的反设应该是.解析：该命题为全称命题，其否定为特
3、称命题.1 答案：“存在 X1 , X2 0,1，使得 |f(X1) f(X2)|2”7. 设等比数列an的前n项和为Sn, X= + S2n, y= Sn(S2n+ S3n)，则x与y的大小关系为.解析：由条件知 Sn , Sbn Sn , S3n Sbn 成等比数列，所以 Sn(S3n S2n)= (S2n Sn), 展开整理得 Sn+ S2n= Sn(S2n+ S3n)，所以 X= y.答案：x= y8. 如果aja+ bjbapb+ b羽，贝U a、b应满足的条件是 .解析：a a+ b ba b+ b a? ( a b)2( a+ b)0? a0, b0且b.答案：a0, b0且 a
4、b9. 如果 AiBiCi的三个内角的余弦值分别等于厶 A2B2C2的三个内角的正弦值，则下列说法正确的是. 厶AiBiCi和厶A2B2C2都是锐角三角形 厶AiBiCi和厶A2B2C2都是钝角三角形 厶AiBiCi是钝角三角形， A2B2C2是锐角三角形 厶AiBiCi是锐角三角形， A2B2C2是钝角三角形解析：由条件知， AiBiCi的三个内角的余弦值均大于0,则厶AiBiCi是锐角三 角形，假设 A2B2C2是锐角三角形._n_ n sin A2= cos Ai = sin(2 Ai) A2 = 2Ain n由 sin B2= cos Bi = sin 2 Bi，得 B2 = 2 Bi
5、. nnI sin C2= cos Ci = sin(2 Ci). C2 = 2 Ci那么，A2+ B2+ C2=n，这与三角形内角和为i80o相矛盾.所以假设不成立，所以厶A2B2C2是钝角三角形.答案：二、解答题10. 设 a， b 均为正数，且 a b，求证：a3 + b3a2b+ ab2.证明：证法一(分析法)要证 a3 + b3a2b+ ab2 成立，只需证(a+ b)(a2 ab+ b2)ab(a+ b)成立.又因为a+ b0，只需证a2 ab+ b2ab成立.只需证a2 2ab+ b20成立，即需证(a b)20成立.而依题设a b，则(a b)20显然成立，由此命题得证.证法二
6、(综合法)2 2 2 2 2ab? a0? (a b)20? a2 2ab+ b20? a2 ab+ b2ab.(*)而a, b均为正数， a+ b0,由(*)式即得(a+ b)(a? ab+ b?)ab(a+ b),.3322-a + b a b+ ab .11已知a, b, c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2 + 2bx+ c=0, b + 2cx+ a= 0, c点+ 2ax+ b= 0至少有一个方程有两个相异实根.证明：假设三个方程都没有两个相异实根，则 = 4b2 4ac 0,2&= 4c 4ab 0,2虫=4a 4bc 0.上述三个式子相加得：a2 2ab + b2
7、 + b2 2bc+ c2 + c2 2ac+ a2 0.即(a b) + (b c) + (c a) w 0.由已知a, b, c是互不相等的非零实数，上式“=”不能同时成立，即(a b+ (b c)2 + (c a0，与事实不符,假设不成立，原结论成立.即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根.12.已知数列an满足：ai = 2, 3 ：+丁1 二2 1 + an , anan+i0, anan+10,故 an= ( 1)n13 2n 114(3)bn= a2 + 1 an= (1 3 (|)n) (1 3 (f)n-1)1 (3)n 1 （2）证明：仮证法）假设数列bn存在三项br, bs, bt（rsbsbt，则只可能 有 2bs= br+ bt 成立.12 s 112 r 112 t 1所以 2 4（3）二 4（3） + 4（3），两边同乘 3t121 r,化简得 3t r + 2tr= 2 2s r3ts由于rst,所以上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾故 数列bn中任意三项不可能成等差数列.
