【世纪金榜】2022届高考数学总复习 课时提升作业(三十七) 6.6直接证明与间接证明 文 新人教A版

课时提升作业(三十七)直接证明与间接证明一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2022·周口模拟)用反证法证明命题:若a+b+c为偶数,则“自然数a,b,c恰有一个偶数”时正确反设为(　　)A.自然数a,b,c都是奇数B.自然数a,b,c都是偶数C.自然数a,b,c中至少有两个偶数D.自然数a,b,c中都是奇数或至少有两个偶数【解析】选D.由于“自然数a,b,c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a,b,c都是奇数或至少有两个偶数”,故选D.2.(2022·北京模拟)若a,b,c是不全相等的实数,求证:a2+b2+c2>ab+bc+ca.证明过程如下:因为a,b,c∈R,所以a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又因为a,b,c不全相等,所以以上三式至少有一个“=”不成立,所以将以上三式相加得2(a2+b2+c2)>2(ab+bc+ac),所以a2+b2+c2>ab+bc+ca.此证法是(　　)A.分析法　　　　　　　B.综合法C.分析法与综合法并用D.反证法【解析】选B.由已知条件入手证明结论成立,满足综合法的定义.3.(2022·东城模拟)在△ABC中,sinAsinC<cosAcosC,则△ABC一定是(　　)A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定【解析】选C.由sinAsinC<cosAcosC得cosAcosC-sinAsinC>0,即cos(A+C)>0,所以A+C是锐角,-7-\n从而B>,故△ABC必是钝角三角形.4.设a,b∈R,已知p:a=b;q:≤,则p是q成立的(　　)A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B,p:a=b是q:≤成立的充分不必要条件.5.(2022·宁波模拟)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<a”索的因应是(　　)A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0【解析】选C.<a⇐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)>0.二、填空题(每小题5分,共15分)6.用反证法证明命题“若x2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a且x≠b”时,应假设为　　　　.【解析】“x≠a且x≠b”的否定是“x=a或x=b”,因此应假设为x=a或x=b.答案:x=a或x=b【误区警示】此题容易出现:”x=a且x=b”的错误答案.7.若P=+,Q=+(a≥0),则P,Q的大小关系是　　　　.【解析】因为P2=2a+7+2=2a+7+2,Q2=2a+7+2=2a+7+2,所以P2<Q2,又因为P>0,Q>0,所以P<Q.-7-\n答案:P<Q8.(2022·邯郸模拟)设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.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】若a=,b=,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a2+b2>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,故a,b中至少有一个大于1.答案:③三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知n≥0,试用分析法证明-<-【证明】要证原不等式成立,需证+<2,只需证(+)2<(2)2,只需证n+1>,只需证(n+1)2>n2+2n,需证n2+2n+1>n2+2n,只需证1>0,因为1>0显然成立,所以原不等式成立.【方法技巧】分析法解决问题的关键-7-\n逆向思考是用分析法证题的主要思想,通过反推,逐步寻找结论成立的充分条件,正确把握转化方向是问题顺利解决的关键.10.设直线l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数k1,k2满足k1k2+2=0.(1)证明l1与l2相交.(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2+y2=1上.【证明】(1)假设l1与l2不相交,则l1与l2平行,则有k1=k2,代入k1k2+2=0,得+2=0,这与k1为实数的事实相矛盾,从而k1≠k2,即l1与l2相交.(2)由方程组解得交点P的坐标为（,）,此即表明交点P在椭圆2x2+y2=1上.【一题多解】解答本题(2)还可以使用以下方法.交点P的坐标(x,y)满足代入k1k2+2=0,得·+2=0.整理后,得2x2+y2=1,所以交点P在椭圆2x2+y2=1上.(20分钟　40分)1.(5分)(2022·青岛模拟)设x,y,z>0,则三个数+,+,+(　　)A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于2-7-\n【解析】选C.因为x>0,y>0,z>0,所以++=++≥6,当且仅当x=y=z时等号成立,则三个数中至少有一个不小于2,故选C.2.(5分)(2022·营口模拟)若a,b,c是不全相等的正数,给出下列判断:①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b与a<b及a=b中至少有一个成立;③a≠c,b≠c,a≠b不能同时成立.其中判断正确的个数是(　　)A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3【解析】选C.由已知得①②正确,③中,a≠c,b≠c,a≠b可能同时成立,如a=1,b=2,c=3.3.(5分)下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使+≥2成立的条件的个数是　　　　.【解析】要使+≥2,只要>0且>0,即a,b不为0且同号即可,故有3个.答案:34.(12分)(2022·银川模拟)如图,几何体ABC-EFD是由直三棱柱截得的,EF∥AB,∠ABC=90°,AC=2AB=2,CD=2AE=,(1)求三棱锥D-BEC的体积.(2)求证:CE⊥DB.【解析】(1)由题意可证,EF⊥平面BCD,VD-BCE=VE-BCD=·S△BCD·EF=××××1=.(2)连接CF,依题意可得:AB⊥BF,AB⊥BC,而BF和BC是平面BFD内的两条相交直线,故有AB⊥平面BFD.而BD在平面BFD内,故AB⊥BD.再由EF∥AB可得EF⊥BD.又在Rt△BCF和Rt△CDB中,因为==,==,-7-\n所以=,所以Rt△BCF∽Rt△CDB,所以∠BDC=∠BCF,所以∠BDC+∠DCF=∠BCF+∠DCF=90°,所以CF⊥BD.综上可得,BD垂直于平面CEF内的两条相交直线,故有BD⊥平面CEF.又CE⊂平面CEF,所以CE⊥DB.5.(13分)(能力挑战题)已知数列{An}:a1,a2,…,an.如果数列{Bn}:b1,b2,…,bn满足b1=an,bk=ak-1+ak-bk-1,其中k=2,3,…,n,则称{Bn}为{An}的“衍生数列”.(1)写出数列{A4}:2,1,4,5的“衍生数列”{B4}.(2)若n为偶数,且{An}的“衍生数列”是{Bn},证明:bn=a1.(3)若n为奇数,且{An}的“衍生数列”是{Bn},{Bn}的“衍生数列”是{Cn},…,依次将数列{An},{Bn},{Cn},…首项取出,构成数列{Ω}:a1,b1,c1,…,证明:{Ω}是等差数列.【解析】(1){B4}:5,-2,7,2.(2)因为b1=an,b1+b2=a1+a2,b2+b3=a2+a3,…,bn-1+bn=an-1+an,由于n为偶数,将上述n个等式中的第2,4,6,…,n这个式子都乘以-1,相加得b1-(b1+b2)+(b2+b3)-…-(bn-1+bn)=an-(a1+a2)+(a2+a3)-…-(an-1+an),即-bn=-a1,bn=a1.(3)对于数列{An}及其“衍生数列”{Bn},因为b1=an,b1+b2=a1+a2,b2+b3=a2+a3,…,bn-1+bn=an-1+an,由于n为奇数,将上述n个等式中的第2,4,6,…,n-1这个式子都乘以-1,相加得b1-(b1+b2)+(b2+b3)-…+(bn-1+bn)=an-(a1+a2)+(a2+a3)-…+(an-1+an)即bn=an-a1+an=2an-a1.设数列{Bn}的“衍生数列”为{Cn},因为b1=an,c1=bn=2an-a1,所以2b1=a1+c1,即a1,b1,c1成等差数列.同理可证,b1,c1,d1;c1,d1,e1,…也成等差数列.从而{Ω}是等差数列.【加固训练】(1)如果a,b都是正数,且a≠b,求证a6+b6>a4b2+a2b4.(2)设a,b,c为△ABC的三条边,求证(a+b+c)2<4(ab+bc+ca).【证明】(1)a6+b6-(a4b2+a2b4)=a4(a2-b2)-b4(a2-b2)=(a2-b2)2(a2+b2),-7-\n因为a,b都是正数,且a≠b,所以(a2-b2)2(a2+b2)>0,所以a6+b6>a4b2+a2b4.(2)要证原不等式成立,只需证4(ab+bc+ca)-(a+b+c)2>0,即a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)<0,即a2+b2+c2-a(b+c)-b(c+a)-c(a+b)<0,也即a[a-(b+c)]+b[b-(c+a)]+c[c-(a+b)]<0成立.因为a,b,c为△ABC的三条边,所以a-(b+c)<0,b-(c+a)<0,c-(a+b)<0,即a[a-(b+c)]+b[b-(c+a)]+c[c-(a+b)]<0成立,所以原不等式也成立.-7-