【第一方案】高三数学一轮复习-第七章-不等式、推理与证明第六节-直接证明与间接证明练习.doc

第六节 直接证明与间接证明
一、选择题(6×5分＝30分)
1．(2011·揭阳一模)a，b，c为互不相等的正数，且a2＋c2＝2bc，则下列关系中可能成立的是(　　)
A．a>b>c　　　　　　　 B．b>c>a
C．b>a>c D．a>c>b
解析：由a2＋c2>2ac⇒2bc>2ac⇒b>a，可排除A、D，
令a＝2，b＝，可得c＝1或4，可知C可以成立．
答案：C
2．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>2y2 D.<
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>，故D不正确．
答案：B
3．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矛盾，
因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.
答案：C
4．已知实数a、b、c满足a＋b＋c＝0，abc＞0，则＋＋的值(　　)
A．一定是正数 B．一定是负数
C．可能是0 D．正、负不能确定
解析：＋＋＝
＝＝
＝＝＜0.
故选B.
答案：B
5．(2011·烟台调研)已知a>b>0，且ab＝1，若0<c<1，p＝logc()，q＝logc()2，则p，q的大小关系是(　　)
A．p>q B．p<q
C．p＝q D．p≥q
解析：∵>ab＝1，∴p＝logc()<0，
又q＝logc()2＝logc>logc＝logc>0，∴q>p.
答案：B
6．(2011·菏泽模拟)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P1(x1，y1)、P2(x2，y2)、P3(x3，y3)在抛物线上，且2x2＝x1＋x3，则有(　　)
A．|FP1|＋|FP2|＝|FP3| B．|FP1|2＋|FP2|2＝|FP3|2
C．2|FP2|＝|FP1|＋|FP3| D．|FP2|2＝|FP1|·|FP3|
解析：如图所示，y2＝2px的准线为x＝－，

P1A⊥l，P2B⊥l，P3C⊥l.
由抛物线定义知：
P1F＝P1A＝x1＋，
P2F＝P2B＝x2＋，
P3F＝P3C＝x3＋，
∴2|FP2|＝2(x2＋)＝2x2＋p，
|FP1|＋|FP3|＝(x1＋)＋(x3＋)＝x1＋x3＋p.
又∵2x2＝x1＋x3，∴2|FP2|＝|FP1|＋|FP3|.
答案：C
二、填空题(3×5分＝15分)
7．(2011·揭阳第一次质检)设a，b，u都是正实数，且a，b满足＋＝1，则使得a＋b≥u恒成立的u的取值范围是_____________________．
解析：∵＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b)(＋)
＝1＋×9＋＋9
≥10＋2·＝16.
当且仅当＝，即a＝4，b＝12时取等号．
若a＋b≥u恒成立，
∴0<u≤16.
答案：(0,16]
8．(2011·湖州模拟)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______________(填所有正确条件的代号)．
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：由空间位置关系的判定及性质可知①③④正确．
答案：①③④
9．(2010·启东模拟)某校对文明班的评选设计了a、b、c、d、e五个方面的多元评价指标，并通过经验公式s＝＋＋来计算各班的综合得分，s的值越高，则评价效果越好，若某班在自测过程中各项指标显示出0<c<d<e<b<a，则下阶段要把其中一个指标的值增加一个单位，而使s的值增多最多，那么该指标应为________．(填入a、b、c、d、e中的某个字母)
解析：在0<c<d<e<b<a的条件下要使某一指标增加一个单位，而使s增加最多，可分析出可能为a或c.
若a增加一个单位，令s1＝＋＋.
若c增加一个单位，令s2＝＋＋.
又s1－s2＝＋＋－(＋＋)
＝－＝<0，
∴s1<s2，∴该指标应为c.
答案：c
三、解答题(共37分)
10．(12分)(2011·济宁模拟)若a，b，c是不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.
证明：要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，
只需证lg(··)>lg(a·b·c)，
只需证··>abc.(中间结果)
因为a，b，c是不全相等的正数，则≥>0，≥>0，≥>0.
且上述三式中的等号不同时成立，所以
··>abc.(中间结果)
所以lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.
11．(12分)(2011·绍兴月考)△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，三条边为a、b、c，求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
证明：∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列，
∴B＝60°，由余弦定理，
有b2＝c2＋a2－2cacos60°，得c2＋a2＝ac＋b2，
两边同加上ab＋bc，
得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
两边同除以(a＋b)(b＋c)，得＋＝1，
∴(＋1)＋(＋1)＝3，
即＋＝.
∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
12．(13分)(2011·宁波五校联考)已知函数f(x)＝ax＋(a＞1)．
(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
(2)证明方程f(x)＝0没有负根．
证明：(1)法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，
不妨设x1＜x2，
则x2－x1＞0，ax2－x1＞1且ax1＞0，
∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0，
又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0，
∴－＝
＝＞0.
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－＞0，
故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
法二：f(x)＝ax＋1－(a＞1)，
求导数得f′(x)＝axlna＋，
∵a＞1，∴当x＞－1时，axlna＞0，＞0，
f′(x)＞0在(－1，＋∞)上恒成立，
则f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)法一：设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
则ax0＝－，且0＜ax0＜1，
∴0＜－＜1，即＜x0＜2，
与假设x0＜0矛盾，故方程f(x)＝0没有负根．
法二：设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
①若－1＜x0＜0，
则＜－2，ax0＜1，
∴f(x0)＜－1与f(x0)＝0矛盾．
②若x0＜－1，则＞1，ax0＞0，
∴f(x0)＞1与f(x0)＝0矛盾，
故方程f(x)＝0没有负根．