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

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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+c2>ab+bc+ca.
证明过程如下:
由于a,b,c∈R,所以a2+b2≥2ab,
b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,
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+c2>ab+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,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,b∈R,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a>b>c,且a+b+c=0,求证0 B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0
【解析】选C.0
⇐(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+ab≠0,则x≠a且x≠b”时,应假设为　　　　.
【解析】“x≠a且x≠b”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=+(a≥0),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,Q>0,所以P1;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=,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,故a,b中至少有一个大于1.
答案:③
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知n≥0,试用分析法证明n+2-n+11>n2+2n,
只需证(n+1)2>n2+2n,
需证n2+2n+1>n2+2n,
只需证1>0,
由于1>0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k1≠k2,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-1x·y+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,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】选C.由于x>0,y>0, z>0,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:
①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b与a0②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使+≥2成立的条件的个数是　　　　.
【解析】要使+≥2,只要>0且>0,即a,b不为0且同号即可,故有3个.
答案:3
4.(12分)(2021·银川模拟)如图,几何体ABC-EFD是由直三棱柱截得的,EF∥AB,∠ABC=90°,AC=2AB=2,
CD=2AE=,
(1)求三棱锥D-BEC的体积.
(2)求证:CE⊥DB.
【解析】(1)由题意可证,EF⊥平面BCD,VD-BCE=VE-BCD
=·S△BCD·EF=××××1=.
(2)连接CF,依题意可得:AB⊥BF,AB⊥BC,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AB⊥BD.
再由EF∥AB可得EF⊥BD.
又在Rt△BCF和Rt△CDB中,
由于==,==,
所以=,
所以Rt△BCF∽Rt△CDB,
所以∠BDC=∠BCF,所以∠BDC+∠DCF=∠BCF+∠DCF=90°,
所以CF⊥BD.
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CE⊥DB.
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{Ω}:a1,b1,c1,…,证明:{Ω}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{Ω}是等差数列.
【加固训练】(1)假如a,b都是正数,且a≠b,求证a6+b6>a4b2+a2b4.
(2)设a,b,c为△ABC的三条边,求证(a+b+c)2<4(ab+bc+ca).
【证明】(1)a6+b6-(a4b2+a2b4)=a4(a2-b2)-b4(a2-b2)=(a2-b2)2(a2+b2),
由于a,b都是正数,且a≠b,
所以(a2-b2)2(a2+b2)>0,
所以a6+b6>a4b2+a2b4.
(2)要证原不等式成立,只需证4(ab+bc+ca)-(a+b+c)2>0,
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a[a-(b+c)]+b[b-(c+a)]+c[c-(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a[a-(b+c)]+b[b-(c+a)]+c[c-(a+b)]<0成立,所以原不等式也成立.
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