2019高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测：6-6直接证明与间接证明 Word版含解析

[课 时 跟 踪 检 测]
[基 础 达 标]
1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的( )
A．充分条件 B．必要条件
C．充要条件 D．等价条件
答案：A
2．要证明 3＋7<25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．归纳法
解析：从要证明的结论——比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转
化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法，故选B.
答案：B

3．(2017届亳州模拟)实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则1a＋1b＋1c的
值( )
A．一定是正数 B．一定是负数
C．可能是0 D．正、负不确定
解析：由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，

c>0，且|a|1c，从而－1a>1c，而1b<0，所以1a＋1b＋1c<0.
答案：B
4．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P解析：要比较两个正数P，Q的大小关系，只要比较P2，Q2的大小关系，
只要比较2a＋7＋2aa＋7与2a＋7＋2a＋3a＋4的大小，
只要比较aa＋7与a＋3a＋4的大小，
即比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，
只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P答案：C
5．(2018届南阳模拟)设a，b，c大于0，则3个数ab，bc，ca的值( )
A．至多有一个不大于1
B．都大于1
C．至少有一个不大于1
D．都小于1

解析：由题意，若3个数ab，bc，ca的值均大于1，则a>b，b>c，c>a，显然矛
盾，
∴3个数ab，bc，ca的值至少有一个不大于1，故选C.
答案：C
6．已知函数f(x)＝12x，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( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A

解析：因为a＋b2≥ab ≥2aba＋b，
又f(x)＝12x在R上是减函数，
所以fa＋b2≤f(ab)≤f2aba＋b.
即A≤B≤C.故选A.
答案：A

7．设00，b>0，a，b为常数，则a2x＋b21－x的最小值是( )
A．4ab B．2(a2＋b2)
C．(a＋b)2 D．(a－b)2

解析：a2x＋b21－x[x＋(1－x)]＝a2＋a21－xx＋b2x1－x＋b2≥a2＋b2＋2ab＝(a＋
b)2.
当且仅当x＝aa＋b时，等号成立．故选C.
答案：C
8．若a>0，b>0，a＋b＝1则下列不等式不成立的是( )

A．a2＋b2≥12 B．ab≤14

C.1a＋1b≥4 D.a＋b≤1
解析：∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·a＋b22＝12，
∴A成立；
∵ab≤a＋b22＝14，∴B成立；

∵1a＋1b＝a＋bab＝1ab≥1a＋b22＝4，∴C成立；

∴(a＋b)2＝a＋b＋2ab＝1＋2ab>1，a＋b>1，故D不成立．
答案：D
9．命题“a，b是实数，若|a＋1|＋(b＋1)2＝0，则a＝b＝－1”，用反证法
证明时应假设________．
答案：a≠－1或b≠－1
10．用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有
一个能被5整除”时，假设的内容应为______．
答案：a，b都不能被5整除
11．设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b>2；②a2＋b2>2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是
________．(填序号)
解析：取a＝－2，b＝－1，则a2＋b2>2，从而②推不出．
①能够推出，即若a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1.
用反证法证明如下：
假设a≤1，且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾．
因此假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1.
答案：①
12．已知a，b，c为不全相等的正数，求证：b＋c－aa＋c＋a－bb＋a＋b－cc>3.
证明：因为a，b，c为不全相等的正数，
所以b＋c－aa＋c＋a－bb＋a＋b－cc
＝ba＋ab＋ca＋ac＋cb＋bc－3，
>2 ba·ab＋2 ca·ac＋2 cb·bc－3＝3，
即b＋c－aa＋c＋a－bb＋a＋b－cc>3.
13．已知α，β≠kπ＋π2(k∈Z)，且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin
2
β.求证：

1－tan2α1＋tan2α＝1－tan
2
β

21＋tan
2
β

.

证明：要证1－tan2α1＋tan2α＝1－tan2β21＋tan2β成立，

即证1－sin2αcos2α1＋sin2αcos2α＝1－sin2βcos2β21＋sin2βcos2β，
即证cos2α－sin2α＝12(cos
2β－sin2
β)，

即证1－2sin2α＝12(1－2sin
2β)，即证4sin2α－2sin2
β＝1，

因为sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin
2
β，

且(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ，所以1＋2sin
2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2
β

＝1.
故原结论正确．
14．已知数列{an}的通项公式是an＝n＋3，求证：数列{an}中任意不同的
三项都不可能是等比数列．
证明：假设{an}存在不同的三项ap，aq，ar(p、q、r互不相等)构成等比数列．则
a2q＝ap·ar，
即(p＋3)·(r＋3)＝(q＋3)2，
∴pr＋3(p＋r)＋3＝q2＋23q＋3，
∴(pr－q2)＋3(p＋r－2q)＝0，
由于p，q，r∈N＋，∴pr－q2＝0且p＋r－2q＝0.

于是pr－p＋r22＝0，得(p－r)2＝0，故p＝r＝q.
这与p、q、r互不相等相矛盾，
因此假设不成立，即{an}中任意不同的三项都不可能是等比数列．
[能 力 提 升]

1．设a，b，c都是正数，则a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( )
A．都大于2
B．都小于2
C．至少有一个不大于2
D．至少有一个不小于2

解析：因为a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋1b＋c＋1c≥6，
当且仅当a＝b＝c时取等号，所以三个数中至少有一个不小于2.
答案：D
2．设x＋y＝1，x，y∈(0，＋∞)，则x2＋y2＋xy的最小值为( )

A.14 B.34
C．－14 D．－34
解析：因为x>0，y>0且x＋y＝1，
所以xy≤x＋y22＝14，
所以x2＋y2＋xy＝(x＋y)2－xy＝1－xy≥1－14＝34，
故x2＋y2＋xy有最小值34.
答案：B
3．对于函数f(x)，若∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都是某一三角形的三边
长，则称f(x)为“可构造三角形函数”．以下说法正确的是( )
A．f(x)＝1(x∈R)不是“可构造三角形函数”
B．“可构造三角形函数”一定是单调函数
C．f(x)＝1x2＋1(x∈R)是“可构造三角形函数”
D．若定义在R上的函数f(x)的值域是[e，e](e 为自然对数的底数)，则f(x)
一定是“可构造三角形函数”
解析：对于A选项，由题设所给的定义知，∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)
是边长为1的正三角形的三边长，是“可构造三角形函数”，故A选项错误；
对于B选项，由A选项判断过程知，故B选项错误；

对于C选项，当a＝0，b＝3，c＝3时，f(a)＝1>f(b)＋f(c)＝110，不构成三角
形，故C选项错误；
对于D选项，由于e＋e>e，可知，定义在R上的函数f(x)的值域是[e，
e](e为自然对数的底数)，
则f(x)一定是“可构造三角形函数”，故D选项正确．
答案：D

4．设a>1，n∈N，若不等式 na－1________．
解析：n＝1时，结论不成立；n＝2时，不等式变为2a－2－1)2>0，因为a>1，所以不等式成立．
答案：2

5．设a>0，b>0，求证：lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．

证明：要证lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]，
只需证1＋ab≤1＋a1＋b，
即证(1＋ab)2≤(1＋a)(1＋b)，
即证2ab≤a＋b，
而2ab≤a＋b成立(a>0，b>0)，

∴lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．