2023高考数学一轮复习课时规范练35直接证明与间接证明文含解析新人教A版20230402187

课时规范练35　直接证明与间接证明　　　　　　　　　　　　　　　　　基础巩固组1.用反证法证明“已知x,y∈R,x2+y2=0,求证:x=y=0.”时,应假设(　　)A.x≠y≠0B.x=y≠0C.x≠0且y≠0D.x≠0或y≠02.(2020安徽高二期末)利用反证法证明命题“若x+y=0,则x=y=0”,以下假设正确的是(　　)A.x、y都不为0B.x、y不都为0C.x、y都不为0,且x≠yD.x、y至少有一个为03.下列表述正确的是(　　)①归纳推理是由特殊到一般的推理;②演绎推理是由一般到特殊的推理;③类比推理是由特殊到一般的推理;④分析法是一种间接证明法;⑤若z∈C,且|z+2-2i|=1,则|z-2-2i|的最小值是3.A.①②③④B.②③④C.①②④⑤D.①②⑤4.①已知α,β都是锐角,且sin(α+β)=2sinα,求证:α<β.用反证法证明时,可假设α≥β;②已知x2-(a+b)x+ab≠0,求证:x≠a,且x≠b,可假设x=a,且x=b,则下列结论中正确的是(　　)A.①②假设都错误B.①②假设都正确C.①的假设正确,②的假设错误D.①的假设错误,②的假设正确5.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x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的值(　　)A.恒为负值B.恒等于零C.恒为正值D.无法确定正负6.(2020江苏高三专题练习)若P=a+a+7,Q=a+3+a+4(a≥0),则P,Q的大小关系为　　　　　. 7.若x∈R,a=x2-x,b=x2-3x+2.证明:a,b至少有一个不小于0.综合提升组\n8.(2020北京陈经纶中学开学考试)设f(x)是定义在R上的函数,若存在两个不等实数x1,x2∈R,使得fx1+x22=f(x1)+f(x2)2,则称函数f(x)具有性质P,那么下列函数:①f(x)=1x,x≠0,0,x=0;②f(x)=x2;③f(x)=|x2-1|.具有性质P的函数的个数为(　　)A.0B.1C.2D.39.一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”问题,原文如下:有物不知数,三三数之剩二,五五数之剩三,问物几何?即,一个整数除以三余二,除以五余三,求这个整数.设这个整数为a,当a∈[2,2019]时,符合条件的a共有　　　　　个. 10.(2020河南高二月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若A=2B,证明:a=2bcosB;(2)若1a+1b=2c,证明:C<π2.11.已知数列{an}中,a1=1,其前n项和为Sn,且满足an=2Sn22Sn-1(n≥2).(1)求证:数列1Sn是等差数列;(2)证明:当n≥2时,S1+12S2+13S3+…+1nSn<32.创新应用组12.(2020河南南阳华龙中学月考)不等式证明:xy+yx≥x+y.(其中x>0,y>0)\n13.(2020湖北高三联考)(1)已知x,y,z均为正数,且8xyz=164,求证:(8x+2)(8y+2)(8z+2)≥27.(2)已知实数m,n满足m≥1,n≥12,求证:2m2n+4mn2+1≤4m2n2+m+2n.参考答案课时规范练35　直接证明与间接证明1.D　用反证法证明“已知x,y∈R,x2+y2=0,求证:x=y=0.”时,应先假设x≠0或y≠0.故选D.2.B　将命题“若x+y=0,则x=y=0”的结论否定可得出“x≠0或y≠0”,即x、y不都为0.故选B.3.D　归纳推理是由部分到整体、特殊到一般的推理,故①正确;演绎推理是由一般到特殊的推理,故②正确;类比推理是由特殊到特殊的推理,故③错误;分析法是一种直接证明法,故④错误;|z+2-2i|=1表示复平面上的点到(-2,2)的距离为1的圆,|z-2-2i|的最小值就是圆上的点到(2,2)的距离的最小值,就是圆心到(2,2)的距离减去半径,即|2-(-2)|-1=3,故⑤正确.故选D.4.C　对于①,用反证法来证明时,应假设α<β不成立,即α≥β,故①的假设正确.对于②,用反证法来证明时,应假设x≠a,且x≠b不成立,也就是x=a或x=b,故②的假设错误.故选C.5.A　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x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0.故选A.6.P<Q　假设P<Q,因为要证P<Q,只需要证P2<Q2,只需要证2a+7+2a2+7a<2a+7+2a2+7a+12,只需要证a2+7a<a2+7a+12,即0<12.所以P<Q.7.证明假设a,b均小于0,即a<0,b<0,则有a+b<0,而a+b=(x2-x)+(x2-3x+2)=2x2-4x+2=2(x-1)2≥0,这与a+b<0矛盾,所以假设不成立,故a,b至少有一个不小于0.8.C　①中函数是奇函数,可找关于原点对称的点,比如f1+(-1)2=f(0)=f(1)+f(-1)2=1-12=0,故①正确;②假设存在不相等x1,x2∈R,使得fx1+x22=f(x1)+f(x2)2,即x1+x222=x12+x222,得x1=x2,矛盾,故②不正确;③函数为偶函数,f(0)=1,令f(x)=|x2-1|=1,x=±2,\n则f2-22=f(0)=1=f(2)+f(-2)2,故③正确.故选C.9.135　由题设a=3m+2=5n+3,m,n∈N*,则3m=5n+1.当m=5k,n不存在;当m=5k+1,n不存在;当m=5k+2,n=3k+1,满足题意;当m=5k+3,n不存在;当m=5k+4,n不存在;故2≤a=15k+8≤2019,解得-615≤k≤201115.则k=0,1,2,…,134,共135个.10.证明(1)因为A=2B,所以sinA=sin2B,则sinA=2sinBcosB,由正弦定理得a=2bcosB.(2)假设C≥π2,则c>a>0,c>b>0,那么0<1c<1a,0<1c<1b,于是1c+1c<1a+1b,即2c<1a+1b,与已知1a+1b=2c矛盾,故假设错误,所以当1a+1b=2c时,C<π2.11.证明(1)当n≥2时,Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1,Sn-1-Sn=2SnSn-1,1Sn-1Sn-1=2,从而1Sn是以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=12n-1,∴当n≥2时,1nSn=1n(2n-1)<1n(2n-2)=12·1n(n-1)=121n-1-1n,从而S1+12S2+13S3+…+1nSn<1+121-12+12-13+…+1n-1-1n<32-12n<32.12.证明要证xy+yx≥x+y,因为xy>0,即证xyxy+yx≥xy(x+y),也就是证xx+yy≥xy+yx,只需证(x-y)(x-y)≥0,即只要证(x-y)2(x+y)≥0,而(x-y)2(x+y)≥0显然成立,则上述不等式也成立,故原不等式xy+yx≥x+y成立.13.证明(1)因为x>0,由三个正数的基本不等式可得,8x+2=8x+1+1≥338x×1×1=63x,当且仅当x=18时取等号;同理可得8y+2≥63y,8z+2≥63z,当且仅当y=18,z=18时取等号;故(8x+2)(8y+2)(8z+2)≥2163xyz,当且仅当x=y=z=18时取等号,因为8xyz=164,所以(8x+2)(8y+2)(8z+2)≥27,当且仅当x=y=z=18时取等号.(2)要证2m2n+4mn2+1≤4m2n2+m+2n,即证4m2n2-4mn2+2n-2m2n+m-1≥0,\n即证4mn2(m-1)-(2mn+2n)(m-1)+m-1≥0,即证(m-1)(4mn2-2mn-2n+1)≥0,即证(m-1)[2mn(2n-1)-(2n-1)]≥0,即证(m-1)(2n-1)(2mn-1)≥0,因为m≥1,n≥12,所以m-1≥0,2n-1≥0,2mn-1≥0,所以(m-1)(2n-1)(2mn-1)≥0,所以2m2n+4mn2+1≤4m2n2+m+2n得证.