课时跟踪检测(四十) 综合法与分析法、反证法
1．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2 b2≤0 B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0
2．(2012·南开模拟)p＝＋
，q＝
·
(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小关系为( )
A．p≥q B．p≤q
C．p＞q D．不确定
3．(2013·山师大附中模拟)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为( )
A．a，b，c中至少有两个偶数
B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
C．a，b，c都是奇数
D．a，b，c都是偶数
4．(2013·银川模拟)设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＞b，a＜b及a＝b中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立，
其中正确判断的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
5．(2012·张家口模拟)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<
a”索的因应是( )
A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
6．已知函数f(x)＝x，a，b∈(0，＋∞)，A＝f
，B＝f(
)，C＝f
，则A、B、C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
7．用反证法证明命题“若sin θ＋cos θ·
＝1，则sin θ≥0且cos θ≥0”时，应假设________．
8．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．
9．(2012·徐州模拟)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．
10．(2011·安徽高考)(1)设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋≤
＋
＋xy；
(2)设1<a≤b≤c，证明：
logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.
11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图像与x轴有两个不同的交点．若f(c)＝0，且0＜x＜c时，f(x)＞0.求证：
(1)是函数f(x)的一个零点；
(2) >c.
12．(2012·陕西高考改编)设函数f(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．
(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：f(x)在区间内存在唯一零点；
(2)设n为偶数，|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b＋3c的最小值和最大值．
1．已知函数y＝f(x)的定义域为D，若对于任意的x1，x2∈D(x1≠x2)，都有f<
，则称y＝f(x)为D上的凹函数．由此可得下列函数中的凹函数为( )
A．y＝log2x B．y＝
C．y＝x2 D．y＝x3
2．(2012·邯郸模拟)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________．(填序号)
3．求证：a，b，c为正实数的充要条件是a＋b＋c＞0，且ab＋bc＋ca＞0和abc＞0.
答 案
课时跟踪检测(四十)
A级
1．选D 因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
2．选B q＝≥
＝
＋
＝p.
3．选B “恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”．
4．选C ①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．
5．选C <
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.
6．选A ≥
≥
，又f(x)＝
x在R上是单调减函数，
∴f≤f(
)≤f
.
7．解析：sin θ≥0且cos θ≥0的反面应为sin θ≥0，cos θ≥0至少有一个不成立，
即sin θ<0或cos θ<0.
答案：sin θ<0或cos θ<0
8．解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
答案：x≠1且x≠－1
9．解析：①中x⊥平面z，平面y⊥平面z，
∴x∥平面y或x 平面y.
又∵x⃘平面y，故x∥y成立．
②中若x，y，z均为平面，则x可与y相交，故②不成立．
③x⊥z，y⊥z，x，y为不同直线，故x∥y成立．
④z⊥x，z⊥y，z为直线，x，y为不同平面可得x∥y，④成立．
⑤x，y，z均为直线可异面垂直，故⑤不成立．
答案：①③④
10．证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以
x＋y＋≤
＋
＋xy ⇒⇐ xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)·(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得
logca＝，logba＝
，logcb＝
，
logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为
x＋y＋≤
＋
＋xy，
其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)可知所要证明的不等式成立．
11．证明：(1)∵f(x)的图像与x轴有两个不同的交点，
∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2.
∵f(c)＝0，
∴x1＝c是f(x)＝0的根．
又x1x2＝，
∴x2＝，
∴是f(x)＝0的一个根．
即是函数f(x)的一个零点．
(2)假设＜c，∵
＞0，
∴由0＜x＜c时，f(x)＞0，
知f＞0，
这与f＝0矛盾，∴
≥c.
又∵≠c，∴
＞c.
12．解：(1)b＝1，c＝－1，n≥2时，f(x)＝xn＋x－1.
∵ff(1)＝
×1<0，
∴f(x)在内存在零点．
又当x∈时，
f′(x)＝nxn－1＋1>0，
∴f(x)在上是单调递增的，
∴f(x)在内存在唯一零点．
(2)法一：由题意知
即
由图像知，b＋3c在点(0，－2)取到最小值－6，
在点(0,0)取到最大值0，
∴b＋3c的最小值为－6，最大值为0.
法二：由题意知
－1≤f(1)＝1＋b＋c≤1，即－2≤b＋c≤0，①
－1≤f(－1)＝1－b＋c≤1，即－2≤－b＋c≤0，②
①×2＋②得
－6≤2(b＋c)＋(－b＋c)＝b＋3c≤0，
当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；
当b＝c＝0时，b＋3c＝0，
所以b＋3c的最小值为－6，最大值为0.
法三：由题意知
解得b＝，
c＝，
∴b＋3c＝2f(1)＋f(－1)－3.
又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，
∴－6≤b＋3c≤0，
当b＝0，c＝－2时，b＋3c＝－6；
当b＝c＝0时，b＋3c＝0，
所以b＋3c的最小值为－6，最大值为0.
B级
1．选C 可以根据图像直观观察；对于C证明如下：
欲证f<
(x1≠x2)，
即证2<
.
即证(x1＋x2)2<2x＋2x
.
即证(x1－x2)2>0.显然成立．故原不等式得证．
2．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，故a，b中至少有一个大于1.
答案：③
3．证明：必要性(直接证法)：
∵a，b，c为正实数，∴a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，
因此必要性成立．
充分性(反证法)：
假设a，b，c是不全为正的实数，
由于abc＞0，
则它们只能是两负一正，不妨设a＜0，b＜0，c＞0.
又∵ab＋bc＋ca＞0，∴a(b＋c)＋bc＞0，且bc＜0，
∴a(b＋c)＞0.①
又∵a＜0，∴b＋c＜0.∴a＋b＋c＜0
这与a＋b＋c＞0相矛盾．
故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．
本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/9cd1ca5d27284b73f342501c.html
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