2017届高考数学大一轮总复习第六章不等式推理与证明计时双基练40综合法与分析法反证法理

1计时双基练四十综合法与分析法、反证法A组基础必做1．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是()A．lg(1＋a2)0B．a2＋b2≥2(a－b－1)C．a2＋3ab2b2D.aba＋1b＋1解析在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立。答案B2．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。答案D3．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a、b、c的大小顺序是()A．abcB．bcaC．cabD．acb解析∵a＝3－2＝13＋2，b＝6－5＝16＋5，c＝7－6＝17＋6，又∵7＋66＋53＋20，∴abc。答案A4．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＋x20，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＋x20，可知x1－x2，f(x1)f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)0。答案A25．要使3a－3b3a－b成立，则a，b应满足()A．ab0且abB．ab0且abC．ab0且abD．ab0且ab或ab0且ab解析要使3a－3b3a－b成立，只要(3a－3b)3(3a－b)3成立，即a－b－33a2b＋33ab2a－b成立，只要3ab23a2b成立，只要ab2a2b成立，即要ab(b－a)0成立，只要ab0且ab或ab0且ab成立。答案D6．已知ab0，且ab＝1，若0c1，p＝logca2＋b22，q＝logc1a＋b2，则p，q的大小关系是()A．pqB．pqC．p＝qD．p≥q解析∵a2＋b22ab＝1，∴p＝logca2＋b220。又q＝logc1a＋b2＝logc1a＋b＋2ablogc14ab＝logc140，∴qp。答案B7．用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________________________________。解析“至少有n个”的否定是“最多有n－1个”，故应假设a，b中没有一个能被5整除。答案a，b中没有一个能被5整除8．a2＋2＋2a2＋2与22的大小关系是________________。3解析利用基本不等式可得a2＋2＋2a2＋222。答案a2＋2＋2a2＋2229．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b1；②a＋b＝2；③a＋b2；④a2＋b22；⑤ab1。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＝12，b＝23，则a＋b1。但a1，b1，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＋b22，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab1，故⑤推不出；对于③，即a＋b2，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＋b2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1。答案③10．已知非零向量a⊥b，求证：|a|＋|b||a－b|≤2。证明∵a⊥b，∴a·b＝0。要证|a|＋|b||a－b|≤2，只需证：|a|＋|b|≤2|a－b|，即|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a·b)，只需证：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，显然成立。故原不等式得证。11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a0)的图像与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0xc时，f(x)0。(1)证明：1a是函数f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明：1ac。证明(1)∵f(x)图像与x轴有两个不同的交点，4∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2。∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根。又x1x2＝ca，∴x2＝1a1a≠c。∴1a是f(x)＝0的一个根，即1a是函数f(x)的一个零点。(2)假设1ac，又1a0，由0xc时，f(x)0，知f1a0与f1a＝0矛盾，∴1a≥c，又∵1a≠c，∴1ac。B组培优演练1．已知函数f(x)＝(12)x，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≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A解析∵a＋b2≥ab≥2aba＋b，又f(x)＝12x在R上是减函数。∴fa＋b2≤f()ab≤f2aba＋b，即A≤B≤C。答案A2．设x，y，z0，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c＝z＋1x，则a，b，c三数()A．至少有一个不大于2B．都小于2C．至少有一个不小于2D．都大于2解析假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c6。而事实上a＋b＋c＝x＋1x＋y＋1y＋z＋1z≥2＋2＋2＝6与假设矛盾，∴a，b，c中至少有一个不小于2。答案C3．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)0，则实数p的取值范围是________。解析解法一(补集法)：5令f－＝－2p2＋p＋1≤0，f＝－2p2－3p＋9≤0，解得p≤－3或p≥32，故满足条件的p的范围为－3，32。解法二(直接法)：依题意有f(－1)0或f(1)0，即2p2－p－10或2p2＋3p－90，得－12p1或－3p32，故满足条件的p的取值范围是－3，32。答案－3，324．直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：x24＋y2＝1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(1)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分。所以可设At，12，代入椭圆方程得t24＋14＝1，即t＝±3。所以|AC|＝23。(2)证明：假设四边形OABC为菱形。因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0。由x2＋4y2＝4，y＝kx＋m，消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0。设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x22＝－4km1＋4k2，y1＋y22＝k·x1＋x22＋m＝m1＋4k2。所以AC的中点为M－4km1＋4k2，m1＋4k2。因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为－14k。6因为k·－14k≠－1，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。