2022届高考数学(文科人教A版)大一轮课时作业：6.6-直接证明与间接证明-.docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(三十七)直接证明与间接证明(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2021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.(2021阜阳模拟)若a,b,c是不全相等的实数,求证:a2+b2+c2ab+bc+ca.证明过程如下:由于a,b,cR,所以a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ac,又由于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+c2ab+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.(2021东城模拟)在ABC中,sinAsinCcosAcosC,则ABC确定是()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sinAsinC0,即cos(A+C)0,所以A+C是锐角,从而B,故ABC必是钝角三角形.4.设a,bR,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.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设abc,且a+b+c=0,求证0B.a-c0C.(a-b)(a-c)0D.(a-b)(a-c)0【解析】选C.ab2-ac3a2(a+c)2-ac3a2a2+2ac+c2-ac-3a20-2a2+ac+c20(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+ab0,则xa且xb”时,应假设为.【解析】“xa且xb”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】此题简洁毁灭:”x=a且x=b”的错误答案.7.若P=+,Q=+(a0),则P,Q的大小关系是.【解析】由于P2=2a+7+2=2a+7+2,Q2=2a+7+2=2a+7+2,所以P20,Q0,所以PQ.答案:P1;a+b=2;a+b2;a2+b22;ab1.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+b1,但a1,b2,故推不出;若a=-2,b=-3,则ab1,故推不出;对于,即a+b2,则a,b中至少有一个大于1,反证法:假设a1且b1,则a+b2与a+b2冲突,因此假设不成立,故a,b中至少有一个大于1.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知n0,试用分析法证明n+2-n+1n+1-n【证明】要证原不等式成立,需证n+2+n2n+1,只需证(n+2+n)2n2+2n,只需证(n+1)2n2+2n,需证n2+2n+1n2+2n,只需证10,由于10明显成立,所以原不等式成立.【方法技巧】分析法解决问题的关键逆向思考是用分析法证题的主要思想,通过反推,逐步查找结论成立的充分条件,正确把握转化方向是问题顺当解决的关键.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k12+2=0,这与k1为实数的事实相冲突,从而k1k2,即l1与l2相交.(2)由方程组解得交点P的坐标为（2k2-k1,k2+k1k2-k1）,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y-1xy+1x+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)(2021青岛模拟)设x,y,z0,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【解析】选C.由于x0,y0, z0,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)(2021池州模拟)若a,b,c是不全相等的正数,给出下列推断:(a-b)2+(b-c)2+(c-a)20;ab与a0,ab0,b0,a0,b0且0,即a,b不为0且同号即可,故有3个.答案:34.(12分)(2021银川模拟)如图,几何体ABC-EFD是由直三棱柱截得的,EFAB,ABC=90,AC=2AB=2,CD=2AE=,(1)求三棱锥D-BEC的体积.(2)求证:CEDB.【解析】(1)由题意可证,EF平面BCD,VD-BCE=VE-BCD=SBCDEF=1=.(2)连接CF,依题意可得:ABBF,ABBC,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ABBD.再由EFAB可得EFBD.又在RtBCF和RtCDB中,由于=,=,所以=,所以RtBCFRtCDB,所以BDC=BCF,所以BDC+DCF=BCF+DCF=90,所以CFBD.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CEDB.5.(13分)(力气挑战题)已知数列An:a1,a2,an.假如数列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:a1,b1,c1,证明:是等差数列.【解析】(1)B4:5,-2,7,2.(2)由于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,由于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,由于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.从而是等差数列.【加固训练】(1)假如a,b都是正数,且ab,求证a6+b6a4b2+a2b4.(2)设a,b,c为ABC的三条边,求证(a+b+c)20,所以a6+b6a4b2+a2b4.(2)要证原不等式成立,只需证4(ab+bc+ca)-(a+b+c)20,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aa-(b+c)+bb-(c+a)+cc-(a+b)0成立.由于a,b,c为ABC的三条边,所以a-(b+c)0,b-(c+a)0,c-(a+b)0,即aa-(b+c)+bb-(c+a)+cc-(a+b)0成立,所以原不等式也成立.关闭Word文档返回原板块