2019版一轮优化探究理数（苏教版）练习：第十章 第四节　直接证明与.doc

一、填空题1给出下列命题：a<b<0<1；a<b<0a2<b2；a>b，c>d，abcd0>；a>b>0，c>d>0 > .其中为真命题的是_(填所有正确命题的代号)解析：利用不等式的性质，根据条件利用综合法可知正确，不正确答案：2已知函数f(x)()x，a，b是正实数，Af()，Bf()，Cf()，则A、B、C的大小关系为_解析：，又f(x)()x在R上是减函数，f()f()f()，即ABC.答案：ABC3设m，n为两条线，为两个平面，给出下列四个命题：m；n；m，n异面；m.其中真命题是_解析：对于命题，也可能n，故错误；对于命题直线m、n也可能平行或相交，故错误；对于命题，m与也可能平行，故错误；命题正确答案：4设a，b，c，则a、b、c的大小顺序是_解析：a，b，c，若比较a，b，c的大小，只要比较，的大小>>>0，<<，c<b<a.答案：a>b>c5设x，y，z(0，)，ax，by，cz，则a，b，c三数_至少有一个不大于2都小于 2至少有一个不小于2都大于2解析：abcxyz6，因此a，b，c至少有一个不小于2.答案：6某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在0,1上有意义，且f(0)f(1)，如果对于不同的x1，x20,1，都有|f(x1)f(x2)|<|x1x2|，求证：|f(x1)f(x2)|<.那么他的反设应该是_解析：该命题为全称命题，其否定为特称命题答案：“存在x1，x20,1，使得|f(x1)f(x2)|<|x1x2|且|f(x1)f(x2)|”7设等比数列an的前n项和为Sn，xSS，ySn(S2nS3n)，则x与y的大小关系为_解析：由条件知Sn，S2nSn，S3nS2n成等比数列，所以Sn(S3nS2n)(S2nSn)2，展开整理得SSSn(S2nS3n)，所以xy.答案：xy8如果ab>ab，则a、b应满足的条件是_解析：ab>ab()2()>0a0，b0且ab.答案：a0，b0且ab9如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则下列说法正确的是_A1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形A1B1C1和A2B2C2都是钝角三角形A1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形A1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形解析：由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形由，得.那么，A2B2C2，这与三角形内角和为180相矛盾所以假设不成立，所以A2B2C2是钝角三角形答案：二、解答题10设a，b均为正数，且ab，求证：a3b3>a2bab2.证明：证法一(分析法)要证a3b3>a2bab2成立，只需证(ab)(a2abb2)>ab(ab)成立又因为ab>0，只需证a2abb2>ab成立只需证a22abb2>0成立，即需证(ab)2>0成立而依题设ab，则(ab)2>0显然成立，由此命题得证证法二(综合法)abab0(ab)2>0a22abb2>0a2abb2>ab.(*)而a，b均为正数，ab>0，由(*)式即得(ab)(a2abb2)>ab(ab)，a3b3>a2bab2.11已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0至少有一个方程有两个相异实根证明：假设三个方程都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.上述三个式子相加得：a22abb2b22bcc2c22aca20.即(ab)2(bc)2(ca)20.由已知a，b，c是互不相等的非零实数，上式“”不能同时成立，即(ab)2(bc)2(ca)2<0，与事实不符，假设不成立，原结论成立即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根12已知数列an满足：a1，anan1<0(n1)，数列bn满足：bnaa(n1)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)证明：数列bn中的任意三项不可能成等差数列解析：(1)由题意可知，1a(1a)令cn1a，则cn1cn.又c11a，则数列cn是首项为c1，公比为的等比数列，即cn()n1，故1a()n1a1()n1.又a1>0，anan1<0，故an(1)n1.bnaa(1()n)(1()n1)()n1.(2)证明：(反证法)假设数列bn存在三项br，bs， bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列，由于数列bn是首项为，公比为 的等比数列，于是有br>bs>bt，则只可能有2bsbrbt成立所以2()s1()r1()t1，两边同乘3t121r, 化简得3tr2tr22sr3ts.由于r<s<t，所以上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾故数列bn中任意三项不可能成等差数列