高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第5讲 直接证明与间接证明习题

2017高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明第5讲直接证明与间接证明习题A组基础巩固一、选择题1．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是 ( )A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根[答案] A[解析]至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac ＜3a”索的因应是 ( )A．a－b＞0 B.a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0[答案] C[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.故选C.3．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数 ( )A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列[答案] B[解析] 由已知条件，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2b ，①x 2＝ab ，②y 2＝bc .③由②③得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝x 2b，c ＝y2b .代入①，得x 2b ＋y 2b＝2b ，即x 2＋y 2＝2b 2.故x 2，b 2，y 2成等差数列．4．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2＞0，则f (x 1)＋f (x 2)的值 ( )A ．恒为负值 B.恒等于零 C ．恒为正值 D ．无法确定正负[答案] A[解析] 由f (x )是定义在R 上的奇函数， 且当x ≥0时，f (x )单调递减， 可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2＞0，可知x 1＞－x 2，f (x 1)＜f (－x 2)＝－f (x 2)， 则f (x 1)＋f (x 2)＜0，故选A.5．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2；④a 2＋b 2＞2；⑤ab ＞1. 其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是 ( ) A ．②③ B.①②③ C ．③ D ．③④⑤[答案] C[解析] 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b ＞2，则a ，b 中至少有一个大于1， 反证法：假设a ≤1且b ≤1， 则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.6．如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则 ( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形 [答案] D[解析] 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sinπ2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sinπ2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A ，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1.那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形． 所以△A 2B 2C 2是钝角三角形． 二、填空题7．用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________.[答案] a ，b 中没有一个能被5整除[解析] “至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．8．设a ＞b ＞0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________. [答案] m ＜n[解析] 法一：(取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m ＜n . 法二：(分析法)a －b ＜a －b ⇐b ＋a －b ＞a ⇐a ＜b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b ＞0，显然成立．9．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________.[答案] c n ＋1＜c n[解析] 由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1＜c n .10．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________.[答案] (－3，32)[解析] 法一：(补集法)令⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝－2p 2＋p ＋1≤0，f 1＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的范围为(－3，32)．法二：(直接法)依题意有f (－1)＞0或f (1)＞0， 即2p 2－p －1＜0或2p 2＋3p －9＜0， 得－12＜p ＜1或－3＜p ＜32.故满足条件的p 的取值范围是(－3，32)．三、解答题11．若a ＞b ＞c ＞d ＞0且a ＋d ＝b ＋c ， 求证：d ＋a ＜b ＋c .[证明] 要证d ＋a ＜b ＋c ，只需证(d ＋a )2＜(b ＋c )2， 即a ＋d ＋2ad ＜b ＋c ＋2bc ， 因a ＋d ＝b ＋c ，只需证ad ＜bc ， 即ad ＜bc ，设a ＋d ＝b ＋c ＝t ，则ad －bc ＝(t －d )d －(t －c )c ＝(c －d )(c ＋d ＋t )＜0， 故ad ＜bc 成立，从而d ＋a ＜b ＋c 成立．12．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0＜x ＜c 时，f (x )＞0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根；(2)试比较1a与c 的大小； (3)证明：－2＜b ＜－1. [答案] (1)略 (2)1a>c (3)略[解析] (1)证明：∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2， ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根， 又x 1x 2＝c a， ∴x 2＝1a (1a≠c )，∴1a是f (x )＝0的一个根．(2)假设1a ＜c ，又1a＞0，由0＜x ＜c 时，f (x )＞0， 知f (1a )＞0与f (1a)＝0矛盾，∴1a ≥c ，又∵1a≠c ，∴1a＞c .(3)证明：由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0， ∴b ＝－1－ac .又a ＞0，c ＞0，∴b ＜－1.二次函数f (x )的图象的对称轴方程为x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22＜x 2＋x 22＝x 2＝1a ，即－b 2a ＜1a.又a ＞0， ∴b ＞－2， ∴－2＜b ＜－1.B 组 能力提升1．已知函数f (x )满足：f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，f (1)＝2，则f 21＋f 2f 1＋f 22＋f 4f 3＋f 23＋f 6f 5＋f 24＋f 8f 7＝ ( )A ．4 B.8 C ．12 D ．16[答案] D[解析] 根据f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，得f (2n )＝f 2(n )． 又f (1)＝2，则f n ＋1f n＝2.由f 21＋f 8f 7＝2f 2f 1＋2f 4f 3＋2f 6f 5＋2f 8f 7＝16.2．凸函数的性质定理：如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x nn)，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________.[答案]332[解析] ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π)． ∴f A ＋f B ＋f C3≤f (A ＋B ＋C3)＝f (π3)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.3．设整数n ≥4，集合X ＝{1,2,3，…，n }，令集合S ＝{(x ，y ，z )|x ，y ，z ∈X ，且三条件x ＜y ＜z ，y ＜z ＜x ，z ＜x ＜y 恰有一个成立}．若(x ，y ，z )和(z ，w ，x )都在S 中，则下列选项正确的是 ( )A ．(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∉SB ．(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∈SC ．(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∈SD ．(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∉S [答案] B[解析] 方法一 因为(x ，y ，z )∈S ，则x ，y ，z 的大小关系有3种情况，同理，(z ，w ，x )∈S ，则z ，w ，x 的大小关系也有3种情况，如图所示，由图可知，x ，y ，w ，z 的大小关系有4种可能，均符合(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∈S .故选B.方法二 (特殊值法)因为(x ，y ，z )和(z ，w ，x )都在S 中，不妨令x ＝2，y ＝3，z ＝4，w ＝1，则(y ，z ，w )＝(3,4,1)∈S ，(x ，y ，w )＝(2,3,1)∈S ，故(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∉S的说法均错误，可以排除选项A 、C 、D ，故选B.4．已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a ＞1)， (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明f (x )＝0没有负实数根． [答案] (1)略 (2)略[解析] (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，且ax 1＞0，所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＞0.又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0， 所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1 ＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 2＋1x 1＋1＝3x 2－x 1x 2＋1x 1＋1＞0.于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＞0. 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数 (2)设存在x 0＜0(x 0≠－1)，满足f (x 0)＝0， 则ax 0＝－x 0－2x 0＋1. 又0＜ax 0＜1，所以0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾． 故f (x )＝0没有负实数根．5．(2015·江西七校联考)已知函数f (x )＝ln x －a x －1x ＋1.(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求a 的取值范围；(2)设m ，n ∈R ＋，且m ＞n ，求证：m －n ln m －ln n ＜m ＋n2.[答案] (1)(－∞，2] (2)略 [解析](1)f ′(x )＝1x －a x ＋1－a x －1x ＋12＝x ＋12－2axx x ＋12＝x 2＋2－2a x ＋1x x ＋12.因为f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数， 所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立． 即x 2＋(2－2a )x ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立．当x ∈(0，＋∞)时，由x 2＋(2－2a )x ＋1≥0， 得2a －2≤x ＋1x.设g (x )＝x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．g (x )＝x ＋1x≥2x ·1x＝2， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号，即g (x )的最小值为2，则2a －2≤2，即a ≤2. 故a 的取值范围是(－∞，2]．(2)要证m －n ln m －ln n ＜m ＋n2，只需证m n －1ln m n＜m n ＋12，即证ln m n ＞2m n －1m n ＋1，则只需证ln mn －2mn －1mn＋1＞0.设h (x )＝ln x －2x －1x ＋1.由(1)知，h (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，又m n＞1， 所以h (m n)＞h (1)＝0. 即ln mn －2mn －1mn＋1＞0成立．所以m －n ln m －ln n ＜m ＋n 2.。