2019届高考数学复习第七章不等式推理与证明课时跟踪训练39直接证明与间接证明文

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1、课时跟踪训练(三十九)直接证明与间接证明[基础巩固]一、选择题1．设a、b∈R，若a－

2、b

3、>0，则下列不等式中正确的是(　　)A．b－a>0B．a3＋b3<0C．a2－b2<0D．b＋a>0[解析]　∵a－

4、b

5、>0，∴

6、b

7、0.∴－a0.[答案]　D2．“a＝”是“对任意正数x，均有x＋≥1”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件．既不充分也不必要条件[解析]　当a＝时，x＋≥2＝1，当且仅当x＝，即x＝时取等号；反之，显然不成立．[答案]　A3．已知m>1，a

8、＝－，b＝－，则以下结论正确的是(　　)A．a>bB．a＋>0(m>1)，∴<，即a1；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(　　)A．②③B．①②③C．③D．③④⑤[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

9、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，a，b中至少有一个大于1.[答案]　C5．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0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0[解析]　由题意知

10、2＋ac＋c2<0⇐2a2－ac－c2>0⇐(a－c)(2a＋c)>0⇐(a－c)(a－b)>0.[答案]　C6．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)A．恒为负B．恒等于零C．恒为正D．无法确定正负[解析]　由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的减函数．由x1＋x2>0，可知x1>－x2，则f(x1)

11、．(2018·安徽合肥模拟)设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是________．[解析]　解法一(取特殊值法)：取a＝2，b＝1，则m⇐a0，显然成立．[答案]　m

12、2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC为等边三角形．[答案]　等边三角形9．(2018·广东佛山质检)已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，则m的最大值为________．[解析]　因为a>0，b>0，所以2a＋b>0.所以不等式可化为m≤(2a＋b)＝5＋2.因为5＋2≥5＋4＝9，即其最小值为9，所以m≤9，即m的最大值等于9.[答案]　9三、解答题10．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1.[证明]　(1)由

13、a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.[能力提升]11．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤

14、A[解析]　∵≥≥，又f(x)＝x在R上是减函数，∴f≤f()≤f.[答案]　A12．设x，y，z∈(0，＋∞)，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三数(　　)A．至少有一个不大于2B．都大于2C．至少有一个不小于2D．都小于2[解析]　a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥2＋2＋2＝6，所以至少有一个不小于2.故选C.[答案]　C13．已知