統(tǒng)考版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第七章7.6直接證明與間接證明課時(shí)作業(yè)理含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-課時(shí)作業(yè)38直接證明與間接證明〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗一、選擇題1．要證明eq\r(3)＋eq\r(5)<4可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的為()A．綜合法B．分析法C．比較法D．歸納法2．用反證法證明命題：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一個(gè)能被5整除”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為()A．a(chǎn)，b都能被5整除B．a(chǎn)，b都不能被5整除C．a(chǎn)，b不都能被5整除D．a(chǎn)不能被5整除3．設(shè)x，y，z∈R＋，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y(tǒng)＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，則a，b，c三個(gè)數(shù)()A．至少有一個(gè)不大于2B．都小于2C．至少有一個(gè)不小于2D．都大于24．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值確定5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值B．恒等于零C．恒為正值D．無(wú)法確定正負(fù)二、填空題6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a，b應(yīng)滿(mǎn)足的條件是________．7．若向量a＝(x＋1,2)，b＝(4，－2)，若a∥b，則實(shí)數(shù)x＝________.8．〖2021·太原模擬〗用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1”時(shí)，應(yīng)假設(shè)__________________．三、解答題9．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.求證：a，b，c成等差數(shù)列．10．已知a，b是正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).〖能力挑戰(zhàn)〗11．若a，b，c均為實(shí)數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6).求證：a，b，c中至少有一個(gè)大于0.課時(shí)作業(yè)381．〖解析〗要證明eq\r(3)＋eq\r(5)<4，只需證明(eq\r(3)＋eq\r(5))2<16，即8＋2eq\r(15)<16，即證明eq\r(15)<4，亦即只需證明15<16，而15<16顯然成立，故原不等式成立．因此利用分析法證明較為合理，故選B.〖答案〗B2．〖解析〗“至少有一個(gè)”的否定是“一個(gè)也沒(méi)有”，即“a，b都不能被5整除”．〖答案〗B3．〖解析〗假設(shè)a，b，c都小于2，則a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,z)))≥2＋2＋2＝6，與a＋b＋c<6矛盾，∴a，b，c都小于2錯(cuò)誤．∴a，b，c三個(gè)數(shù)至少有一個(gè)不小于2.故選C項(xiàng)．〖答案〗C4．〖解析〗假設(shè)P>Q，要證P>Q，只需證P2>Q2，只需證：2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)>2a＋13＋2eq\r(a＋8a＋5)，只需證a2＋13a＋42>a2＋13a＋40，只需證42>40，因?yàn)?2>40成立，所以P>Q成立．〖答案〗A5．〖解析〗由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.〖答案〗A6．〖解析〗aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，即(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))>0，需滿(mǎn)足a≥0，b≥0且a≠b.〖答案〗a≥0，b≥0且a≠b7．〖解析〗因?yàn)閍∥b，所以(x＋1)×(－2)＝2×4，解得x＝－5.〖答案〗－58．〖解析〗“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．〖答案〗x≠－1且x≠19．證明：由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因?yàn)閟inB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差數(shù)列．10．證明：證法一(作差法)因?yàn)閍，b是正實(shí)數(shù)，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\f(b－a,\r(a))＋eq\f(a－b,\r(b))＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))≥0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法二(分析法)已知a，b是正實(shí)數(shù)，要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需證aeq\r(a)＋beq\r(b)≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))，即證(a＋b－eq\r(ab))(eq\r(a)＋eq\r(b))≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))，即證a＋b－eq\r(ab)≥eq\r(ab)，就是要證a＋b≥2eq\r(ab).顯然a＋b≥2eq\r(ab)恒成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法三(綜合法)因?yàn)閍，b是正實(shí)數(shù)，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)≥2eq\r(\f(a,\r(b))·\r(b))＋2eq\r(\f(b,\r(a))·\r(a))＝2eq\r(a)＋2eq\r(b)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法四(綜合法)因?yàn)閍，b是正實(shí)數(shù)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))＋\f(b,\r(a))))(eq\r(a)＋eq\r(b))＝a＋b＋eq\f(a\r(a),\r(b))＋eq\f(b\r(b),\r(a))≥a＋b＋2eq\r(\f(a\r(a),\r(b))·\f(b\r(b),\r(a)))＝a＋b＋2eq\r(ab)＝(eq\r(a)＋eq\r(b))2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).11．證明：假設(shè)a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，所以a＋b＋c≤0.而a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－2z＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z2－2x＋\f(π,6)))＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.所以a＋b＋c>0，這與a＋b＋c≤0矛盾，故a，b，c中至少有一個(gè)大于0.課時(shí)作業(yè)38直接證明與間接證明〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗一、選擇題1．要證明eq\r(3)＋eq\r(5)<4可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的為()A．綜合法B．分析法C．比較法D．歸納法2．用反證法證明命題：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一個(gè)能被5整除”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為()A．a(chǎn)，b都能被5整除B．a(chǎn)，b都不能被5整除C．a(chǎn)，b不都能被5整除D．a(chǎn)不能被5整除3．設(shè)x，y，z∈R＋，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y(tǒng)＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，則a，b，c三個(gè)數(shù)()A．至少有一個(gè)不大于2B．都小于2C．至少有一個(gè)不小于2D．都大于24．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，則P，Q的大小關(guān)系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值確定5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值B．恒等于零C．恒為正值D．無(wú)法確定正負(fù)二、填空題6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a，b應(yīng)滿(mǎn)足的條件是________．7．若向量a＝(x＋1,2)，b＝(4，－2)，若a∥b，則實(shí)數(shù)x＝________.8．〖2021·太原模擬〗用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1”時(shí)，應(yīng)假設(shè)__________________．三、解答題9．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.求證：a，b，c成等差數(shù)列．10．已知a，b是正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).〖能力挑戰(zhàn)〗11．若a，b，c均為實(shí)數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6).求證：a，b，c中至少有一個(gè)大于0.課時(shí)作業(yè)381．〖解析〗要證明eq\r(3)＋eq\r(5)<4，只需證明(eq\r(3)＋eq\r(5))2<16，即8＋2eq\r(15)<16，即證明eq\r(15)<4，亦即只需證明15<16，而15<16顯然成立，故原不等式成立．因此利用分析法證明較為合理，故選B.〖答案〗B2．〖解析〗“至少有一個(gè)”的否定是“一個(gè)也沒(méi)有”，即“a，b都不能被5整除”．〖答案〗B3．〖解析〗假設(shè)a，b，c都小于2，則a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,z)))≥2＋2＋2＝6，與a＋b＋c<6矛盾，∴a，b，c都小于2錯(cuò)誤．∴a，b，c三個(gè)數(shù)至少有一個(gè)不小于2.故選C項(xiàng)．〖答案〗C4．〖解析〗假設(shè)P>Q，要證P>Q，只需證P2>Q2，只需證：2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)>2a＋13＋2eq\r(a＋8a＋5)，只需證a2＋13a＋42>a2＋13a＋40，只需證42>40，因?yàn)?2>40成立，所以P>Q成立．〖答案〗A5．〖解析〗由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.〖答案〗A6．〖解析〗aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，即(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))>0，需滿(mǎn)足a≥0，b≥0且a≠b.〖答案〗a≥0，b≥0且a≠b7．〖解析〗因?yàn)閍∥b，所以(x＋1)×(－2)＝2×4，解得x＝－5.〖答案〗－58．〖解析〗“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．〖答案〗x≠－1且x≠19．證明：由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因?yàn)閟inB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差數(shù)列．10．證明：證法一(作差法)因?yàn)閍，b是正實(shí)數(shù)，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\f(b－a,\r(a))＋eq\f(a－b,\r(b))＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))≥0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法二(分析法)已知a，b是正實(shí)數(shù)，要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需證aeq\r(a)＋beq\r(b)≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))，即證(a＋b－eq\r(ab))(eq\r(a)＋eq\r(b))≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))，即證a＋b－eq\r(ab)≥eq\r(ab)，就是要證a＋b≥2eq\r(ab).顯然a＋b≥2eq\r(ab)恒成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證法三(綜合法)因?yàn)閍，b是正實(shí)數(shù)，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\r(b)＋eq\f(b,\r(a))＋eq\r(a)≥2eq\r(\f(a,\r(b))·\r(b))＋2eq\r(\f(b,\r(a))·\r(a))＝2eq