高中数学 22直接证明与间接证明练习 新人教A版选修22.docx

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高中数学22直接证明与间接证明练习新人教A版选修22

2015高中数学2.2直接证明与间接证明练习新人教A版选修2-2

一、选择题

1．（2013·陕西理，7）设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为（　　）

A．锐角三角形　　　　　B．直角三角形

C．钝角三角形D．不确定

[答案]　B

[解析]　由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，所以，sin（B＋C）＝sin2A，∴sinA＝sin2A，

而sinA>0，∴sinA＝1，A＝，所以△ABC是直角三角形．

2．（2013·浙江理，3）已知x、y为正实数，则（　　）

A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgyB．2lg（x＋y）＝2lgx·2lgy

C．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgy

D．2lg（xy）＝2lgx·2lgy

[答案]　D

[解析]　2lg（xy）＝2（lgx＋lgy）＝2lgx·2lgy.

3．设a、b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有（　　）

A．1≤ab≤　　　B．ab<1<

C．ab<<1D．<1

[答案]　B

[解析]　ab<2<（a≠b）．

4．设0

A．a　　　B．b　　　

C．c　　　D．不能确定

[答案]　C

[解析]　因为b－c＝（1＋x）－＝＝－＜0，所以b2x>0，所以b＝1＋x>＝a，所以a

[

点评]　可用特值法：

取x＝，则a＝1，b＝，c＝2.

5．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么（　　）

A．x<

C．x<<2xy

[答案]　D

[解析]　∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy<

6．已知函数f（x）＝x，a、b∈R＋，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≤AD．C≤B≤A

[答案]　A

[解析]　≥≥，又函数f（x）＝（）x在（－∞，＋∞）上是单调减函数，

∴f（）≤f（）≤f（）．

二、填空题

7．已知a>0，b>0，m＝lg，n＝lg，则m与n的大小关系为________．

[答案]　m>n

[解析]　因为（＋）2＝a＋b＋2>a＋b>0，所以>，所以m>n.

8．设a＝，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小关系为________．

[答案]　a>c>b

[解析]　b＝，c＝，显然b

而a2＝2，c2＝8－2＝8－<8－＝2＝a2，

所以a>c.

也可用a－c＝2－＝－>0显然成立，即a>c.

9．如果a＋b>a＋b，则实数a、b应满足的条件是________．

[答案]　a≠b且a≥0，b≥0

[解析]　a＋b>a＋b⇔a＋b－a－b>0⇔a（－）＋b（－）>0⇔（a－b）（－）>0⇔（＋）（－）2>0

只需a≠b且a，b都不小于零即可．

三、解答题

10．（2013·华池一中高三期中）已知n∈N*，且n≥2，求证：

>－.

[证明]　要证>－，

即证1>n－，

只需证>n－1，

∵n≥2，∴只需证n（n－1）

>（n－1）2，

只需证n>n－1，只需证0>－1，

最后一个不等式显然成立，故原结论成立．

一、选择题

11．（2013·大庆实验中学高二期中）设函数f（x）的导函数为f′（x），对任意x∈R都有f′（x）>f（x）成立，则（　　）

A．3f（ln2）>2f（ln3）B．3f（ln2）<2f（ln3）

C．3f（ln2）＝2f（ln3）D．3f（ln2）与2f（ln3）的大小不确定

[答案]　B

[解析]　令F（x）＝（x>0），则F′（x）＝，∵x>0，∴lnx∈R，∵对任意x∈R都有f′（x）>f（x），∴f′（lnx）>f（lnx），∴F′（x）>0，∴F（x）为增函数，∵3>2>0，

∴F（3）>f

（2），即>，∴3f（ln2）<2f（ln3）．

12．要使－<成立，a、b应满足的条件是（　　）

A．ab<0且a>bB．ab>0且a>b

C．ab<0且a0且a>b或ab<0且a

[答案]　D

[解析]　－<⇔a－b＋3－3

∴当ab>0时，有<，即b

当ab<0时，有>，即b>a.

13．（2014·哈六中期中）若两个正实数x、y满足＋＝1，且不等式x＋

A．（－1,4）B．（－∞，－1）∪（4，＋∞）

C．（－4,1）D．（－∞，0）∪（3，＋∞）

[答案]　B

[解析]　∵x>0，y>0，＋＝1，∴x＋＝（x＋）（＋）＝2＋＋≥2＋2＝4，等号在y＝4x，即x＝2，y＝8时成立，∴x＋的最小值为4，要使不等式m2－3m>x＋有解，应有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，故选B.

14．（2014·广东梅县东山中学期中）在f（m，n）中，m、n、f（m，n）∈N*，且对任意m、n都有：

（1）f（1,1）＝1，

（2）f（m，n＋1）＝f（m，n）＋2，（3）f（m＋1,1）＝2f（m,1）；给出下列三个结论：

①f（1,5）＝9；②f（5,1）＝16；③f（5,6）＝26；

其中正确的结论个数是（　　

）个．

（　　）

A．3　　　B．2　　　

C．1　　　D．0

[答案]　A

[解析]　∵f（m，n＋1）＝f（m，n）＋2，∴f（m，n）组成首项为f（m,1），公差为2的等差数列，

∴f（m，n）＝f（m,1）＋2（n－1）．

又f（1,1）＝1，∴f（1,5）＝f（1,1）＋2×（5－1）＝9，

又∵f（m＋1,1）＝2f（m,1），∴f（m,1）构成首项为f（1,1），公比为2的等比数列，∴f（m,1）＝f（1,1）·2m－1＝2m－1，∴f（5,1）＝25－1＝16，∴f（5,6）＝f（5,1）＋2×（6－1）＝16＋10＝26，∴①②③都正确，故选A.

二、填空题

15．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，

则cos（α－β）＝________.

[答案]　－

[解析]　由题意sinα＋sinβ＝－sinγ①

cosα＋cosβ＝－cosγ②

①，②两边同时平方相加得

2＋2sinαsinβ＋2cosαcosβ＝1

2cos（α－β）＝－1，

cos（α－β）＝－.

三、解答题

16．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，

求证：

＋＞.

[证明]　要证明＋＞，

只需证明＋－＞0即可．

∵＋－＝

，

∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，

∴（a＋m）（b＋m）（c＋m）＞0，

∵a（b＋m）（c＋m）＋b（a＋m）（c＋m）－c（a＋m）（b＋m）＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2

＝2abm＋abc＋（a＋b－c）m2，

∵△ABC中任意两边之和大于第三边，

∴a＋b－c＞0，∴（a＋b－c）m2＞0，

∴2abm＋abc＋（a＋b－c）m2＞0，

∴＋＞.

17．求证：

－2cos（α＋β）＝.

[证明]　要证明原等式成立．

即证明sin（2α＋β）－2sinαcos（α＋β）＝sinβ，

又因为sin（2α＋β）－2sinαcos（α＋β）

＝sin[（α＋β）＋α]－2sinαcos（α＋β）

＝sin（α＋β）cosα＋cos（α＋β）sinα－2sinαcos（α＋β）

＝sin（α＋β）cosα－cos（α＋β）sinα

＝sin[（α＋β）－α]＝sinβ.

所以原命题成立．

选修2-2　第二章　2.2　2.2.2　

一、选择题

1．（2014·微山一中高二期中）用反证法证明命题“如果a>b>0，那么a2>b2”时，假设的内容应是（　　）

A．a2＝b2　　　　　　B．a2

C．a2≤b2D．a2

[答案]　C

2．设实数a、b、c满足a＋b＋c＝1，则a、b、c中至少有一个数不小于（　　）

A．0　　　B．　　　

C．　　　D．1

[答案]　B

[解析]　三个数a、b、c的和为1，其平均数为，故三个数中至少有一个大于或等于.假设a、b、c都小于，则a＋b＋c<1，与已知矛盾．

3．（2013·浙江余姚中学高二期中）用反证法证明命题：

“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）有有理根，那么a、b、c中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是（　　）

A．假设a、b、c都是偶数

B．假设a、b、c都不是偶数

C．假设a、b、c至多有一个偶数

D．假设a、b、c至多有两个是偶数

[答案]　B

[解析]　“至少有一个”的对立面是“一个都没

有”．

4．实数a、b、c不全为0等价于（　　）

A．a、b、c均不为0B．a、b、c中至多有一个为0

C．a、b、c中至少有一个为0D．a、b、c中至少有一

个不为0

[答案]　D

[解析]　“不全为0”的含义是至少有一

个不为0，其否定应为“全为0”．

[点评]　要与“a、b、c全不为0”加以区别，“a、b、c全不为0”是指a、b、c中没有一个为0，其否定应为“a、b、c中至少有一个为0”．

5．（2013·大庆实验中学高二期中）设a、b、c∈（－∞，0），则a＋，b＋，c＋（　　）

A．都不大于－2B．都不小于－2

C．至少有一个不大于－2D．至少有一个不小于－2

[答案]　C

[解析]　假设都大于－2，则a＋＋b＋＋c＋>－6，

但（a＋）＋（b＋）＋（c＋）

＝（a＋）＋（b＋）＋（c＋）≤－2＋（－2）＋（－2）＝－6，矛盾．

6．若m、n∈N*，则“a>b”是“am＋n＋bm＋n>anbm＋ambn”的（　　）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

[答案]　D

[解析]　am＋n＋bm＋n－anbm－ambn＝an（am－bm）＋bn（bm－am）＝（am－bm）（an－bn）>0⇔或，不难看出a>b⇒/am＋n＋bm＋n>ambn＋anbm，am＋n＋bm＋n>ambn＋bman⇒/a>b.

二、填空题

7．“x＝0且y＝0”的否定形式为________．

[答案]　x≠0或y≠0

[解析]　“p且q”的否定形式为“¬p或¬q”．

8．和两条异面直线AB、CD都相交的两条直线AC、BD的位置关系是________．

[答案]　异面

[解析]　假设AC与BD共面于平面α，则A，C，B，D都在平面α内，∴AB⊂α，CD⊂α，这与AB，CD异面相矛盾，故AC与BD异面．

9．在空间中有下列命题：

①空间四点中有三点共线，则这四点必共面；②空间四点，其中任何三点不共线，则这四点不共面；③垂直于同一直线的两直线平行；④两组对边分别相等的四边形是平行四边形．其中真命题是________________．

[答案]　①

[解析]　四点中若有三点共线，则这条直线与另外一点必在同一平面内，故①真；四点中任何三点不共线，这四点也可以共面，如正方形的四个顶点，故②假；正方体交于同一顶点的三条棱所在直线中，一条与另两条都垂直，故③假；空间四边形ABCD中，可以有AB＝CD，AD＝BC，例如将平行四边形ABCD沿对角线BD折起构成空间四边形，这时它的两组对边仍保持相等，故④假．

三、解答题

10．（2013·泰州二中高

二期中）已知n≥0，试用分析法证明：

－<－.

[证明]　要证上式成立，需证＋<2，

需证（＋

）2<

（2）2，

需证

需证（n＋1）2>n2＋2n，

需证n2＋2n＋1>n2＋2n，

只需证1>0，

因为1>0显然成立，所以原命题成立．

一、选择题

11．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是P、Q、R同时大于零的（　　）

A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件

C．充要条件D．既不充分又不必要条件

[答案]　C

[解析]　若P>0，Q>0，R>0，则必有PQR>0；反之，若PQR>0，也必有P>0，Q>0，R>0.因为当PQR>0时，若P、Q、R不同时大于零，则P、Q、R中必有两个负数，一个正数，不妨设P<0，Q<0，R>0，即a＋b0，Q>0，R>0.

12．若x、y>0且x＋y>2，则和的值满足（　　）

A．和中至少有一个小于2

B．和都小于2

C．和都大于2

D．不确定

[答案]　A

[解析]　假设≥2和≥2同时成立．

因为x>0，y>0，

∴1＋x≥2y且1＋y≥2x，

两式相加得1＋x＋1＋y≥2（x＋y），

即x＋y≤2，这与x＋y>2相矛盾，

因此和中至少有一个小于2.

13．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为（　　）

A．一定是异面直线B．一定是相交直线

C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线

[答案]　C

[解析]　假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线．故应选C.

二、填空题

14．用反证法证明命题：

“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：

①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，则∠A＝∠

B＝90°不成立；

②所以一个三角形中不能有两个直角；

③假设∠A、∠B、∠C中有两个角是直角，不妨设∠A＝∠B＝90°.

正确顺序的序号排列为________．

[答案]　③①②

[解析]　由反证法证明的步骤知，先反设即③，再推出矛盾即①，最后作出判断，肯定结论即②，即顺序应为③①②.

三、解答题

15．求证：

1、、2不能为同一等差数列的三项．

[证明]　假设1、、2是某一等差数列的三项，设这一等差数列的公差为d，

则1＝－md,2＝＋nd，其中m，n为两个正整数，

由上面两式消去d，得n＋2

m＝（n＋m）．

因为n＋2m为有理数，而（n＋m）为无理数，

所以n＋2m≠（n＋m），矛盾，因此假设不成立，

即1，，2不能为同一等差数列的三项．

16.如图所示，在△ABC中，AB>AC，AD为BC边上的高，AM是BC边上的中线，求证：

点M不在线段CD上．

[证明]　假设点M在线段CD上，则BDAC矛盾，故假设错误．所以点M不在线段CD上．

17．已知函数f（x）是（－∞，＋∞）上的增函数，a、b∈R.

（1）若a＋b≥0，求证：

f（a）＋f（b）≥f（－a）＋f（－b）；

（2）判断

（1）中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．

[解析]　

（1）证明：

∵a＋b≥0，∴a≥－b.

∵f（x）在R上单调递增，∴f（a）≥f（－b）．

同理，a＋b≥0⇒b≥－a⇒f（b）≥f（－a）．

两式相加即得：

f（a）＋f（b）≥f（－a）＋f（－b）．

（2）逆命题：

f（a）＋f（b）≥f（－a）＋f（－b）⇒a＋b≥0.

下面用反证法证之．

假设a＋b<0，那么：

⇒f（a）＋f（b）

这与已知矛盾，故只有a＋b≥0.逆命题得证．