（名师导学）2020版高考数学总复习 第七章 不等式、推理与证明 第43讲 直接证明与间接证明练习 理（含解析）新人教A版

第43讲直接证明与间接证明夯实基础【p92】【学习目标】1结合已经学过的数学实例，了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点及证明步骤2结合已经学过的数学实例，了解间接证明的一种基本方法反证法；了解反证法的思考过程、特点【基础检测】1利用反证法证明：“若x2y20，则xy0”时，假设为()Ax，y都不为0Bxy且x，y都不为0Cxy且x，y不都为0Dx，y不都为0【解析】原命题的结论是x，y都为零，反证时，假设为x，y不都为零【答案】D2要证a2b21a2b20，只要证明()A2ab1a2b20 Ba2b210C.1a2b20 D(a21)(b21)0【解析】a2b21a2b20(a21)(b21)0.【答案】D3设a，b，c均为正实数，则三个数a，b，c()A都大于2 B都小于2C至少有一个不大于2 D至少有一个不小于2【解析】a0，b0，c0，6，当且仅当abc1时，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.【答案】D4如果abab，则a、b应满足的条件是_【解析】ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()当a0，b0，且ab时，()2()0.abab成立的条件是a0，b0，且ab.【答案】a0，b0，且ab5已知集合a，b，c0，1，2，且下列三个关系：a2；b2；c0有且只有一个正确，则100a10bc_【解析】由已知，若a2正确，则a0或a1，即a0，b1，c2或a0，b2，c1或a1，b0，c2或a1，b2，c0均与“三个关系有且只有一个正确”矛盾；若b2正确，则a2正确，不符合题意；所以，c0正确，a2，b0，c1，故100a10bc201.【答案】201【知识要点】1直接证明(1)从原命题的条件逐步推得命题成立的证明称为_直接证明_综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方法(2)从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止这种证明方法常称为_综合法_推证过程如下：(3)从要证明的结论出发，追溯导致结论成立的充分条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止这种证明方法常称为_分析法_推论过程如下：得到一个明显成立的条件P表示条件，Q表示要证的结论2间接证明反证法(1)假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做_反证法_(2)反证法的特点：先假设原命题_不_成立，再在正确的推理下得出矛盾，所得矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实矛盾等典例剖析【p92】考点1综合法的应用设数列an的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列”；(2)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【解析】(1)由已知，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列”(2)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，则anbncn(nN*)下面证bn是“H数列”设bn的前n项和为Tn，则Tna1(nN*)于是对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Tnbm，所以bn是“H数列”同理可证cn也是“H数列”所以对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【点评】综合法证题的思路考点2分析法的应用当n0时，试用分析法证明：.【解析】要证，即证2 , 只要证()2(2)2，即证 2n224n4，即证n1，只要证 n22nn22n1，而上式显然成立，所以|b|，则fmb0，fmbbc，且abc0，求证：0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0【解析】ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.【答案】C2命题“对于任意角，cos4sin4cos 2”的证明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos 2”过程应用了()A分析法B综合法C综合法、分析法综合使用D间接证明法【解析】因为证明过程是“从左向右”，即由条件逐步推向结论【答案】B3若|loga|loga，|logba|logba，则a，b满足的条件是()Aa1，b1 B0a1，b1Ca1，0b1 D0a1，0b1【解析】|loga|loga，loga0loga1，根据对数函数的单调性可知0a1.|logba|logba，logba0logb1，但b1，所以根据对数函数的单调性可知b1.【答案】B4已知函数f(x)是R上的单调增函数且为奇函数，数列an是等差数列，a30，则f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒为正数B恒为负数C恒为0 D可正可负【解析】由于f(x)是R上的单调增函数且为奇函数，且a30，所以f(a3)f(0)0.而a1a52a3，所以a1a50，则a1a5，于是f(a1)f(a5)，即f(a1)f(a5)，因此f(a1)f(a5)0，所以有f(a1)f(a3)f(a5)0.【答案】A5已知a0，m，na2，则m，n的大小关系是_ .【解析】分析法：a2，只需证2a，因为a0，所以不等式两边均大于零因此只需证，即证a244a242，只需证，只需证a2，即证a22，只需证0，而0显然成立，所以mn.【答案】mn6若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1，在区间内至少存在一点c，使f(c)0，则实数p的取值范围是_【解析】法一：(补集法)令解得p3或p，故满足条件的p的取值范围为.法二：(直接法)依题意有f(1)0或f(1)0，即2p2p10或2p23p90，得p1或3p.故满足条件的p的取值范围是.【答案】7(1)设ab0，用综合法证明：a3b3a2bab2；(2)用分析法证明：2.【解析】(1)a3b3(a2bab2)a2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)2(ab)，而(ab)20，ab0，a3b3(a2bab2)0，a3b3a2bab2.(2)要证2，只需证()2(2)2，即证2，只需证()2(2)2，即4240，而4240显然成立，故原不等式得证8已知函数f(x)ax(a1)(1)证明：函数f(x)在(2，)上为增函数；(2)用反证法证明：方程f(x)0没有负数根【解析】法一：任取x1，x2(2，)，不妨设x1x2，则x2x10，ax2x11且ax10，所以ax2ax1ax1(ax2x11)0，又因为x120，x220，所以0，于是f(x2)f(x1)(ax2ax1)0，故函数f(x)在(2，)上为增函数法二：f(x)axln a，a1，ln a0，axln a0，f(x)0在(2，)上恒成立，即f(x)在(2，)上为增函数(2)假设存在x00(x02)满足f(x0)0，则ax0，因为x01，所以0ax01，所以01，解得x03，与假设x00矛盾故方程f(x)0没有负数根B组题1已知a，b，c(0，)，则下列三个数a，b，c()A都大于6 B至少有一个不大于6C都小于6 D至少有一个不小于6【解析】假设三个数a，b，c都小于6，则abc18.利用基本不等式可得，abc18，这与假设矛盾，故假设不成立，即三个数a，b，c至少有一个不小于6.【答案】D2对于任意nN*，求证：1.【解析】法一：(n2)，111n21(n1)(n1)0，.111.3已知ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：.【解析】要证，即证3，也就是1，只需证c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需证c2a2acb2，又ABC三内角A，B，C成等差数列，故B60，由余弦定理，得b2a2c22accos B，即b2a2c2ac，故c2a2acb2成立于是原等式成立4直线ykxm(m0)与椭圆W：y21相交于A，C两点，O是坐标原点(1)当点B的坐标为(0，1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形【解析】(1)因为四边形OABC为菱形，则AC与OB相互垂直平分由于O(0，0)，B(0，1)，所以设点A，代入椭圆方程得1，则t，故|AC|2.(2)假设四边形OABC为菱形，因为点B不是W的顶点，且ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则，km.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点，且m0，k0，所以直线OB的斜率为kOM，因为k1，所以AC与OB不垂直所以OABC不是菱形，与假设矛盾所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形12