高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第五節(jié)直接證明與間接證明演練知能檢測

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1、▼▼▼2019屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料▼▼▼ 第五節(jié)　直接證明與間接證明 [全盤鞏固] 1．用反證法證明：若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個是偶數(shù)．用反證法證明時，下列假設(shè)正確的是(　　) A．假設(shè)a、b、c都是偶數(shù) B．假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù) C．假設(shè)a、b、c至多有一個偶數(shù) D．假設(shè)a、b、c至多有兩個偶數(shù) 解析：選B　“至少有一個”的否定為“都不是”． 2．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，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

2、．恒等于零 C．恒為正值 D．無法確定正負(fù) 解析：選A　由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，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)

3、f.[來源:] 4．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，則P、Q的大小關(guān)系是(　　) A．P>Q B．P＝Q C．P

4、差數(shù)列又非等比數(shù)列 解析：選B　由已知條件，可得 由②③，得代入①，得＋＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差數(shù)列． 6．如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則(　　) A．△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形 B．△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形 C．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形 D．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C2是鈍角三角形 解析：選D　由條件知，△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則A1B1C1是銳角三角形，假設(shè)△A2B2C2是銳角三角形． 由得

5、那么A2＋B2＋C2＝，這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾． 所以假設(shè)不成立，又由已知可得△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C2是鈍角三角形． 7．用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”，那么假設(shè)的內(nèi)容是_________________________________________________________． 解析：“至少有n個”的否定是“最多有n－1個”，故應(yīng)假設(shè)a，b中沒有一個能被5整除． 答案：a，b中沒有一個能被5整除 8．設(shè)a、b是兩個實(shí)數(shù)，給出下列條件： ①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2

6、>2；⑤ab>1. 其中能推出：“a、b中至少有一個大于1”的條件是________(填序號)．[來源:數(shù)理化網(wǎng)] 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＝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(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2矛盾， 因此假設(shè)不成立，故a、b中至少有一個大于1. 答案：③ 9．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存

7、在一點(diǎn)c，使f(c)>0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________． 解析：法一：(補(bǔ)集法)令解得p≤－3或p≥， 故滿足條件的p的范圍為. 法二：(直接法) 依題意有f(－1)>0或f(1)>0，即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0，得－0，－>1.求證：> . 證明：∵－>1，a>0，∴0， 只需證·>1，只需證1＋a－b－ab>1，[來源:] 只需證a－b－ab>0，即>1，即－>1.這是已知條件，所以原不等式成立． 11．設(shè)Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和． (1)若{a

8、n}為等差數(shù)列，推導(dǎo)Sn的計(jì)算公式； (2)若a1＝1，q≠0，且對所有正整數(shù)n，有Sn＝.判斷{an}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論．[來源:學(xué)§科§網(wǎng)] 解：(1)法一：設(shè){an}的公差為d，則 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]， 又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]， ∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝. 法二：設(shè){an}的公差為d，則 Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]， 又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1， ∴

9、2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n－1)d， ∴Sn＝na1＋d. (2){an}是等比數(shù)列．證明如下： ∵Sn＝，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝－＝＝qn. ∵a1＝1，q≠0，∴當(dāng)n≥1時，有＝＝q， 因此，{an}是首項(xiàng)為1且公比為q的等比數(shù)列． 12．(2013·北京高考)給定數(shù)列a1，a2，…，an，對i＝1,2，3，…，n－1，該數(shù)列前i項(xiàng)的最大值記為Ai，后n－i項(xiàng)ai＋1，ai＋2，…，an的最小值記為Bi，di＝Ai－Bi. (1)設(shè)數(shù)列{an}為3,4,7,1，寫出d1，d2，d3的值；

10、(2)設(shè)a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比數(shù)列，且a1>0，證明：d1，d2，…，dn－1是等比數(shù)列； (3)設(shè)d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差數(shù)列，且d1>0，證明：a1，a2，…，an－1是等差數(shù)列． 解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.(2)證明：因?yàn)閍1>0，公比q>1， 所以a1，a2，…，an是遞增數(shù)列．因此，對i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1. 于是對i＝1,2，…，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1. 因此di≠0且＝q(i＝1,2，…，n－2)，即d1，d2，…，dn－1是等比數(shù)列． (3

11、)證明：設(shè)d為d1，d2，…，dn－1的公差．對1≤i≤n－2，因?yàn)锽i≤Bi＋1，d>0， 所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai. 又因?yàn)锳i＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai. 從而a1，a2，…，an－1是遞增數(shù)列．因此Ai＝ai(i＝1,2，…，n－1)． 又因?yàn)锽1＝A1－d1＝a1－d1

12、an－1是等差數(shù)列． [沖擊名校] 設(shè)集合W是滿足下列兩個條件的無窮數(shù)列{an}的集合：①≤an＋1；②an≤M，其中n∈N*，M是與n無關(guān)的常數(shù)． (1)若{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)的和，a3＝4，S3＝18，試探究{Sn}與集合W之間的關(guān)系； (2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn＝5n－2n，且{bn}∈W，M的最小值為m，求m的值； (3)在(2)的條件下，設(shè)Cn＝[bn＋(m－5)n]＋，求證：數(shù)列{Cn}中任意不同的三項(xiàng)都不能成為等比數(shù)列． 解：(1)∵a3＝4，S3＝18，∴a1＝8，d＝－2.∴Sn＝－n2＋9n.