苏教版2019版高考数学(理科)一轮复习优化探究练习第十章 第四节 直接证明与间接证明 Word版含解析

一、填空题
1．给出下列命题：

①a②a③a>b，c>d，abcd≠0⇒ac>bd；

④a>b>0，c>d>0⇒ ad> bc.
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①②④正确，③不正确．
答案：①②④
2．已知函数f(x)＝(12)x，a，b是正实数，A＝f(a＋b2)，B＝f(ab)，C＝f(2aba＋b)，
则A、B、C的大小关系为________．

解析：∵a＋b2≥ab≥2aba＋b，

又f(x)＝(12)x在R上是减函数，
∴f(a＋b2)≤f(ab)≤f(2aba＋b)，
即A≤B≤C.
答案：A≤B≤C
3．设m，n为两条线，α，β为两个平面，给出下列四个命题：

① α∥βm⊂α⇒m∥β；② m∥nm∥β⇒n∥β；③ m⊂αn⊂β⇒m，n异面；④ α⊥βm∥α⇒m
⊥β.
其中真命题是________．
解析：对于命题②，也可能n⊂β，故②错误；对于命题③直线m、n也可能平行
或相交，故③错误；对于命题④，m与β也可能平行，故④错误；命题①正确．
答案：①
4．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a、b、c的大小顺序是________．

解析：∵a＝3－2＝13＋2，

b＝6－5＝16＋5，
c＝7－6＝17＋6，
∴若比较a，b，c的大小，
只要比较3＋2，6＋5，7＋6的大小．
∵7＋6>6＋5>3＋2>0，
∴17＋6<16＋5<13＋2，
∴c答案：a>b>c
5．设x，y，z∈(0，＋∞)，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a，b，c三数________．
①至少有一个不大于2
②都小于 2
③至少有一个不小于2
④都大于2

解析：a＋b＋c＝x＋1y＋y＋1z＋z＋1x≥6，
因此a，b，c至少有一个不小于2.
答案：③
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)＝

f(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)|<12.
那么他的反设应该是________．
解析：该命题为全称命题，其否定为特称命题．

答案：“存在x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|且|f(x1)－f(x2)|≥12”
7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，x＝S2n＋S22n，y＝Sn(S2n＋S3n)，则x与y的大
小关系为________．
解析：由条件知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列，所以Sn(S3n－S2n)＝(S2n－Sn)2，
展开整理得S2n＋S22n＝Sn(S2n＋S3n)，所以x＝y.
答案：x＝y
8．如果aa＋bb>ab＋ba，则a、b应满足的条件是________．
解析：aa＋bb>ab＋ba⇔(a－b)2(a＋b)>0⇔a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
9．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，
则下列说法正确的是________．
①△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
②△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
③△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
④△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
解析：由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角
形，假设△A2B2C2是锐角三角形．

由 sin A2＝cos A1＝sin π2－A1sin B2＝cos B1＝sin π2－B1sin C2＝cos C1＝sin π2－C1，得 A2＝π2－A1B2＝π2－B1C2＝π2－C1.
那么，A2＋B2＋C2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，所
以△A2B2C2是钝角三角形．
答案：④
二、解答题
10．设a，b均为正数，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2.
证明：证法一(分析法)
要证a3＋b3>a2b＋ab2成立，
只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立．
又因为a＋b>0，
只需证a2－ab＋b2>ab成立．
只需证a2－2ab＋b2>0成立，
即需证(a－b)2>0成立．
而依题设a≠b，则(a－b)2>0显然成立，由此命题得证．
证法二(综合法)
a≠b⇒a－b≠0⇒(a－b)2>0⇒a2－2ab＋b2>0⇒a2－ab＋b2>ab.(*)
而a，b均为正数，
∴a＋b>0，
由(*)式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，
∴a3＋b3>a2b＋ab2.
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，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋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Δ1＝4b2－4ac≤0，
Δ
2
＝4c2－4ab≤0，

Δ
3
＝4a2－4bc≤0.
上述三个式子相加得：
a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0.
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤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)2＋(b－c)2＋(c－a)2<0，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：a1＝12，31＋an＋11－an＝21＋an1－an＋1，anan＋1<0(n≥1)，数列{bn}
满足：bn＝a2n＋1－a2n(n≥1)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．

解析：(1)由题意可知，1－a2n＋1＝23(1－a2n)．

令cn＝1－a2n，则cn＋1＝23cn.
又c1＝1－a21＝34，则数列{cn}是首项为c1＝34，公比为23的等比数列，即cn＝34·(23)
n
－
1
，

故1－a2n＝34·(23)n－1⇒a2n＝1－34·(23)n－1.
又a1＝12>0，anan＋1<0，
故an＝(－1)n－11－34·23n－1.
bn＝a2n＋1－a2n＝(1－34·(23)n)－(1－34·(23)n－1)
＝14·(23)n－1.
(2)证明：(反证法)假设数列{bn}存在三项br，bs， bt(r列，由于数列{bn}是首项为14，公比为 23的等比数列，于是有br>bs>bt，则只可能
有2bs＝br＋bt成立．
所以2·14·(23)s－1＝14·(23)r－1＋14·(23)t－1，
两边同乘3t－121－r, 化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s.
由于r数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．