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1、2022年高三數(shù)學一輪復習 第七章 不等式、推理與證明第六節(jié) 直接證明與間接證明練習
一、選擇題(6×5分=30分)
1.(xx·揭陽一模)a,b,c為互不相等的正數(shù),且a2+c2=2bc,則下列關系中可能成立的是( )
A.a(chǎn)>b>c B.b>c>a
C.b>a>c D.a(chǎn)>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,則下面四個式子中恒成立的是( )
A.log2(1+2x2)>0 B.x2+y2≥2(x-y-1)
C.x2+3xy>2y2
2、 D.<
解析:∵1+2x2≥1,∴l(xiāng)og2(1+2x2)≥0,
故A不正確;
x2+y2-2(x-y-1)=(x-1)2+(y+1)2≥0,
故B正確;
令x=0,y=1,則x2+3xy<2y2,故C不正確;
令x=3,y=2,則>,故D不正確.
答案:B
3.設a,b是兩個實數(shù),給出下列條件:
①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.
其中能推出:“a,b中至少有一個大于1”的條件是( )
A.②③ B.①②③
C.③ D.③④⑤
解析:若a=,b=,則a+b>1,
但a<1,b<1,故①推不出;
若a=b=1,則a+b
3、=2,故②推不出;
若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故④推不出;
若a=-2,b=-3,則ab>1,故⑤推不出;
對于③,即a+b>2,則a,b中至少有一個大于1,
反證法:假設a≤1且b≤1,
則a+b≤2與a+b>2矛盾,
因此假設不成立,a,b中至少有一個大于1.
答案:C
4.已知實數(shù)a、b、c滿足a+b+c=0,abc>0,則++的值( )
A.一定是正數(shù) B.一定是負數(shù)
C.可能是0 D.正、負不能確定
解析:++=
==
==<0.
故選B.
答案:B
5.(xx·煙臺調(diào)研)已知a>b>0,且ab=1,若0
4、q=logc()2,則p,q的大小關系是( )
A.p>q B.pab=1,∴p=logc()<0,
又q=logc()2=logc>logc=logc>0,∴q>p.
答案:B
6.(xx·菏澤模擬)已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,點P1(x1,y1)、P2(x2,y2)、P3(x3,y3)在拋物線上,且2x2=x1+x3,則有( )
A.|FP1|+|FP2|=|FP3| B.|FP1|2+|FP2|2=|FP3|2
C.2|FP2|=|FP1|+|FP3| D.|FP2|2=|FP1|·|FP3|
解析:如圖所
5、示,y2=2px的準線為x=-,
P1A⊥l,P2B⊥l,P3C⊥l.
由拋物線定義知:
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、填空題(3×5分=15分)
7.(xx·揭陽第一次質(zhì)檢)設a,b,u都是正實數(shù),且a,b滿足+=1,則使得a+b≥u恒成立的u的取值范圍是_____________________.
解析:∵+=1,
∴a+b=(a
6、+b)(+)
=1+×9++9
≥10+2·=16.
當且僅當=,即a=4,b=12時取等號.
若a+b≥u恒成立,
∴0
7、計了a、b、c、d、e五個方面的多元評價指標,并通過經(jīng)驗公式s=++來計算各班的綜合得分,s的值越高,則評價效果越好,若某班在自測過程中各項指標顯示出0
8、分)
10.(12分)(xx·濟寧模擬)若a,b,c是不全相等的正數(shù),求證:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.
證明:要證lg+lg+lg>lga+lgb+lgc,
只需證lg(··)>lg(a·b·c),
只需證··>abc.(中間結(jié)果)
因為a,b,c是不全相等的正數(shù),則≥>0,≥>0,≥>0.
且上述三式中的等號不同時成立,所以
··>abc.(中間結(jié)果)
所以lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.
11.(12分)(xx·紹興月考)△ABC的三個內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,三條邊為a、b、c,求證:(a+b)-1+(b+c)-1=3(a+b+c)-1.
證
9、明:∵△ABC三個內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,
∴B=60°,由余弦定理,
有b2=c2+a2-2cacos60°,得c2+a2=ac+b2,
兩邊同加上ab+bc,
得c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),
兩邊同除以(a+b)(b+c),得+=1,
∴(+1)+(+1)=3,
即+=.
∴(a+b)-1+(b+c)-1=3(a+b+c)-1.
12.(13分)(xx·寧波五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ax+(a>1).
(1)證明:函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上為增函數(shù);
(2)證明方程f(x)=0沒有負根.
證明:(1)法一:任取x1,x2∈(-1,+∞)
10、,
不妨設x1<x2,
則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,
故函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上為增函數(shù).
法二:f(x)=ax+1-(a>1),
求導數(shù)得f′(x)=axlna+,
∵a>1,∴當x>-1時,axlna>0,>0,
f′(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,
則f(x)在(-1,+∞)上為增函數(shù).
(2)法一:設存在x0<0(x0≠-1)滿足f(x0)=0,
則ax0=-,且0<ax0<1,
∴0<-<1,即<x0<2,
與假設x0<0矛盾,故方程f(x)=0沒有負根.
法二:設存在x0<0(x0≠-1)滿足f(x0)=0,
①若-1<x0<0,
則<-2,ax0<1,
∴f(x0)<-1與f(x0)=0矛盾.
②若x0<-1,則>1,ax0>0,
∴f(x0)>1與f(x0)=0矛盾,
故方程f(x)=0沒有負根.