新課標2024高考數(shù)學大一輪復習第七章不等式及推理與證明題組層級快練46直接證明與間接證明文含解析VIP

PAGEPAGE1題組層級快練(四十六)1．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”“索”的“因”應是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a?b2－ac<3a2?(a＋c)2－ac<3a2?a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0?－2a2＋ac＋c2<0?2a2－ac－c2>0?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b)>0.2．要證a2＋b2－1－a2b2≤0只要證明()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D3．下列不等式不成立的是()A.eq\f(1,2)<ln2 B.eq\r(3)＋1>2eq\r(2)C．233<322 D．sin1>cos1答案B4．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P，Q的大小關系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值確定答案C解析要比較P，Q的大小關系，只要比較P2，Q2的大小關系，只要比較2a＋7＋2eq\r(a（a＋7）)與2a＋7＋2eq\r(（a＋3）（a＋4）)的大小，只要比較eq\r(a（a＋7）)與eq\r(（a＋3）（a＋4）)的大小，即比較a2＋7a與a2＋7a＋12的大小，只要比較0與12的大小，∵0<12，∴P<Q.5．用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角至多有一個鈍角”時，假設正確的是()A．假設至少有一個鈍角 B．假設至少有兩個鈍角C．假設沒有一個鈍角 D．假設沒有一個鈍角或至少有兩個鈍角答案B解析留意到：“至多有一個”的否定應為“至少有兩個”知需選B.6．若a>0，b>0，a＋b＝1，則下列不等式不成立的是()A．a(chǎn)2＋b2≥eq\f(1,2) B．a(chǎn)b≤eq\f(1,4)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4 D.eq\r(a)＋eq\r(b)≤1答案D解析a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,2)，∴A成立；ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝eq\f(1,4)，∴B成立；eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,ab)≥eq\f(1,（\f(a＋b,2)）2)＝4，∴C成立；(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)＝1＋2eq\r(ab)>1，∴eq\r(a)＋eq\r(b)>1，故D不成立．7．(2024·東北四校聯(lián)考)設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三個數(shù)()A．至少有一個不大于2 B．都小于2C．至少有一個不小于2 D．都大于2答案C解析假設a，b，c三個數(shù)都小于2.則6>a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＋2eq\r(y·\f(1,y))＋2eq\r(z·\f(1,z))＝6，即6>6，沖突．所以a，b，c三個數(shù)中至少有一個不小于2.8．設a>0，b>0，求證：lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．答案略證明要證lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]，只需證1＋eq\r(ab)≤eq\r(（1＋a）（1＋b）)，即證(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)，即證2eq\r(ab)≤a＋b，而2eq\r(ab)≤a＋b成立，∴l(xiāng)g(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．9．(2024·江蘇鹽城一模)已知x1，x2，x3為正實數(shù)，若x1＋x2＋x3＝1，求證：eq\f(x22,x1)＋eq\f(x32,x2)＋eq\f(x12,x3)≥1.答案略解析∵eq\f(x22,x1)＋x1＋eq\f(x32,x2)＋x2＋eq\f(x12,x3)＋x3≥2eq\r(x22)＋2eq\r(x32)＋2eq\r(x12)＝2(x1＋x2＋x3)＝2，∴eq\f(x22,x1)＋eq\f(x32,x2)＋eq\f(x12,x3)≥1.10．(1)設x是正實數(shù)，求證：(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3.(2)若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3是否仍舊成立？假如成立，請給出證明；假如不成立，請舉出一個使它不成立的x的值．答案(1)略(2)成立，證明略解析(1)證明：x是正實數(shù)，由均值不等式，得x＋1≥2eq\r(x)，x2＋1≥2x，x3＋1≥2eq\r(x3).故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2eq\r(x)·2x·2eq\r(x3)＝8x3(當且僅當x＝1時等號成立)．(2)解：若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍舊成立．由(1)知，當x>0時，不等式成立；當x≤0時，8x3≤0，而(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)(x2－x＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)[(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)]≥0，此時不等式仍舊成立．11．(2024·湖北武漢調(diào)研)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝5，S8＝64.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證：eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)>eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)．答案(1)an＝2n－1(2)略解析(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝5，,S8＝8a1＋28d＝64，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))故所求的通項公式為an＝2n－1.(2)證明：由(1)可知Sn＝n2，要證原不等式成立，只需證eq\f(1,（n－1）2)＋eq\f(1,（n＋1）2)>eq\f(2,n2)，只需證[(n＋1)2＋(n－1)2]n2>2(n2－1)2.只需證(n2＋1)n2>(n2－1)2.只需證3n2>1.而3n2>1在n≥1時恒成立，從而不等式eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)>eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)恒成立．12．設數(shù)列{an}滿意a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求{an}的通項公式；(2)設bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，記Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))bk，證明：Sn<1.答案(1)an＝1－eq\f(1,n)(2)略解析(1)由題設eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，得{eq\f(1,1－an)}是公差為1的等差數(shù)列．又eq\f(1,1－a1)＝1，故eq\f(1,1－an)＝n.所以an＝1－eq\f(1,n).(2)由(1)得bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)·\r(n))＝eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))，∴Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))bk＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))(eq\f(1,\r(k))－eq\f(1,\r(k＋1)))＝1－eq\f(1,\r(n＋1))<1.13．(2015·湖南，理)設a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).證明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2與b2＋b<2不行能同時成立．答案(1)略(2)略解析(1)由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2.(2)假設a2＋a<2與b2＋b<2同時成立，則由a2＋a<2及a>0得0<a<1；同理，0<b<1，從而ab<1，這與ab＝1沖突．故a2＋a<2與b2＋b<2不行能同時成立．14．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(b,x)，對隨意的x∈(0，＋∞)，滿意f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0，其中a，b為常數(shù)．(1)若f(x)的圖像在x＝1處的切線經(jīng)過點(0，－5)，求a的值；(2)已知0<a<1，求證：f(eq\f(a2,2))>0.答案(1)－2(2)略解析(1)在f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0中，取x＝1，得f(1)＝0，又f(1)＝ln1－a＋b＝－a＋b，所以b＝a.從而f(x)＝lnx－ax＋eq\f(a,x)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a(1＋eq\f(1,x2))，f′(1)＝1－2a.又f′(1)＝eq\f(－5－f（1）,0－1)＝5，所以1－2a＝5，a＝－2.(2)證明：f(eq\f(a2,2))＝lneq\f(a2,2)－eq\f(a3,2)＋eq\f(2,a)＝2lna＋eq\f(2,a)－eq\f(