【优化探究】2015届高考数学(人教A版·文科)总复习word版含详析：6-6 直接证明与间接证明 能力提升]

[A组　基础演练·能力提升]一、选择题1．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为(　　)A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数解析：“恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”． 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ：B2．若x，y∈R，则下面四个式子中恒成立的是(　　)A．log2(1＋2x2)>0　　　B．x2＋y2≥2(x－y－1)C．x2＋3xy>2y2D.eq\f(x,y)<eq\f(x＋1,y＋1)解析：∵1＋2x2≥1，∴log2(1＋2x2)≥0，故A不正确；x2＋y2－2(x－y－1)＝(x－1)2＋(y＋1)2≥0，故B正确；令x＝0，y＝1，则x2＋3xy<2y2，故C不正确；令x＝3，y＝2，则eq\f(3,2)>eq\f(3＋1,2＋1)，故D不正确．答案：B3．(2014年张家口模拟) 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 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eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a”索的因应是(　　)A．a－b＞0B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0D．(a－b)(a－c)＜0证明：eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)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.答案：C4．已知函数y＝f(x)的定义域为D，若对于任意的x1，x2∈D(x1≠x2)，都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(fx1＋fx2,2)，则称y＝f(x)为D上的凹函数．由此可得下列函数中为凹函数的是(　　)A．y＝log2xB．y＝eq\r(x)C．y＝x2D．y＝x3解析：可以根据图象直观观察，对于C证明如下：欲证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(fx1＋fx2,2)，即证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2<eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),2)，即证(x1＋x2)2<2xeq\o\al(2,1)＋2xeq\o\al(2,2)，即证(x1－x2)2>0，显然成立．故原不等式得证．答案：C5．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数(　　)A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列解析：由已知条件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，　　　　　　①,x2＝ab，　　　　　　　②,y2＝bc　　　　　　　③))由②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b)，))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列．答案：B6．(2014年潍坊质检)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．无法确定正负解析：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.答案：A二、填空题7．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)|<eq\f(1,2).那么他的反设应该是________．答案：“∃x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|则|f(x1)－f(x2)|≥eq\f(1,2)”8．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＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，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：③9．已知a，b，μ∈(0，＋∞)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析：∵a，b∈(0，＋∞)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，∴a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9a,b)＋\f(b,a)))≥10＋2eq\r(9)＝16，∴a＋b的最小值为16.∴要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16.答案：(0,16]三、解答题10．已知a1＋a2＋a3＋a4>100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假设错误．所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.11．已知m＞0，a，b∈R，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).证明：(分析法)∵m＞0，∴1＋m＞0.∴要证原不等式成立，只需证明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立．故原不等式得证．12．(能力提升)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy；(2)设1≤a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.证明：(1)要证x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy，即证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.又[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．∵x≥1，y≥1，∴(xy－1)(x－1)(y－1)≥0成立，从而所证不等式成立．(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要证明的不等式即为x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy.其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立．