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课时作业66 综合法、分析法、反证法
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．设a＞0，b＞0，且a＋b≤4，则有( )
A.≥ B.≥2
C.＋≥1 D.≤
解析：∵4≥a＋b≥2，∴≤2，≥.
∴＋≥2≥1.也可取特殊值检验．
答案：C
2．命题“假如数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，那么数列{an}确定是等差数列”是否成立( )
A．不成立 B．成立
C．不能断定 D．除a1外，{an}为等差数列
解析：∵Sn＝2n2－3n，
∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，
∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝－1符合上式．
∵an＋1－an＝4(n≥1)为常数，
∴{an}是等差数列．
答案：B
3．设a，b∈R，则“a＋b＝1”是“4ab≤1”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：若“a＋b＝1”，则4ab＝4a(1－a)＝－4(a－)2＋1≤1；若“4ab≤1”，取a＝－4，b＝1，a＋b＝－3，即“a＋b＝1”不成立；则“a＋b＝1”是“4ab≤1”的充分不必要条件．
答案：A
4．(2022·西工大附中联考)对于平面α和共面的直线m，n，下列命题中真命题是( )
A．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若mα，n∥α，则m∥n
D．若m，n与α所成的角相等，则m∥n
解析：对于平面α和共面的直线m，n，真命题是“若mα，n∥α，则m∥n”．
答案：C
5．(2022·四平一模)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( )
A．②③ B．①②③
C．③ D．③④⑤
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冲突，
因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.
答案：C
6．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
答案：D
7．(2022·济南模拟)设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋( )
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
解析：假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又＋＋＋＋＋＝(＋)＋(＋)＋(＋)≥2＋2＋2＝6，与假设冲突，故这三个数至少有一个不小于2.另取x＝y＝z＝1，可排解A、B.
答案：C
8．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P、Q的大小关系( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P<Q D．由a取值打算
解析：假设P<Q，∵要证P<Q，只要证P2<Q2，
只要证：2a＋7＋2<2a＋7＋2，
只要证：a2＋7a<a2＋7a＋12，
只要证：0<12，
∵0<12成立，∴P<Q成立．
答案：C
二、填空题(每小题5分，共15分)
9．用反证法证明命题“a，b∈N，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
10．假如a＋b>a＋b，则a，b应满足的条件是________．
解析：首先a≥0，b≥0且a与b不同为0，要使a＋b>a＋b，只需(a＋b)2>(a＋b)2，即a3＋b3>a2b＋ab2，只需(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)只需a2－ab＋b2>ab，即(a－b)2>0，
只需a≠b，故a，b应满足a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
11．(2022·徐州模拟)设x，y，z是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x⊥z，且y⊥z，则x∥y”为真命题的是________．(填全部正确条件的代号)
①x为直线，y，z为平面；
②x，y，z为平面；
③x，y为直线，z为平面；
④x，y为平面，z为直线；
⑤x，y，z为直线．
解析：①中x⊥平面z，平面y⊥平面z，
∴x∥平面y或x平面y.
∵x平面y，故x∥y成立．
②中若x，y，z均为平面，则x可与y相交，故②不成立．
③x⊥z，y⊥z，x，y为不同直线，故x∥y成立．
④由z⊥x，z⊥y，z为直线，x，y为不同平面，可得x∥y，④成立．
⑤x，y，z均为直线可异面垂直，故⑤不成立．
答案：①③④
三、解答题(共3小题，每小题15分，共45分．解答写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
12．若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.
证明：∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥>0，≥>0，≥>0.
又a，b，c是不全相等的正数，
故上述三个不等式中等号不能同时成立．
∴··>abc成立．
上式两边同时取常用对数，
得lg(··)>lg(abc)，
∴lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.
13．已知f(x)＝x2＋ax＋b.
(1)求：f(1)＋f(3)－2f(2)；
(2)求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
解：(1)解：∵f(1)＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3)＝3a＋b＋9，∴f(1)＋f(3)－2f(2)＝2.
(2)证明：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于.
则－<f(1)<，－<f(2)<，－<f(3)<，
∴－1<－2f(2)<1，－1<f(1)＋f(3)<1.
∴－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2，
这与f(1)＋f(3)－2f(2)＝2冲突．
∴假设错误，即所证结论成立．
14．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，假犹如时满足以下三条：
①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为抱负函数．
(1)若函数f(x)为抱负函数，求f(0)的值；
(2)推断函数g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否为抱负函数，并予以证明．
解：(1)取x1＝x2＝0可得f(0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0，
又由条件①得f(0)≥0，故f(0)＝0.
(2)明显g(x)＝2x－1在[0,1]上满足条件①g(x)≥0；
也满足条件②g(1)＝1.
若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，
则g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]
＝2x1＋x2－1－[(2x1－1)＋(2x2－1)]
＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1＝(2x2－1)(2x1－1)≥0，
即满足条件③，故g(x)是抱负函数．
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