課時(shí)規(guī)范練35　直接證明與間接證明

1、 課時(shí)規(guī)范練35直接證明與間接證明 基礎(chǔ)鞏固組1.用反證法證明“已知x,yR,x2+y2=0,求證:x=y=0.”時(shí),應(yīng)假設(shè)()A.xy0B.x=y0C.x0且y0D.x0或y02.(2020安徽高二期末)利用反證法證明命題“若x+y=0,則x=y=0”,以下假設(shè)正確的是()A.x、y都不為0B.x、y不都為0C.x、y都不為0,且xyD.x、y至少有一個(gè)為03.下列表述正確的是()歸納推理是由特殊到一般的推理;演繹推理是由一般到特殊的推理;類比推理是由特殊到一般的推理;分析法是一種間接證明法;若zC,且|z+2-2i|=1,則|z-2-2i|的最小值是3.A.B.C.D.4.已知,都是銳角,

2、且sin (+)=2sin ,求證:0,則f(x1)+f(x2)的值()A.恒為負(fù)值B.恒等于零C.恒為正值D.無(wú)法確定正負(fù)6.(2020江蘇高三專題練習(xí))若P=a+a+7,Q=a+3+a+4(a0),則P,Q的大小關(guān)系為.7.若xR,a=x2-x,b=x2-3x+2.證明:a,b至少有一個(gè)不小于0.綜合提升組8.(2020北京陳經(jīng)綸中學(xué)開(kāi)學(xué)考試)設(shè)f(x)是定義在R上的函數(shù),若存在兩個(gè)不等實(shí)數(shù)x1,x2R,使得fx1+x22=f(x1)+f(x2)2,則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P,那么下列函數(shù):f(x)=1x,x0,0,x=0;f(x)=x2;f(x)=|x2-1|.具有性質(zhì)P的函數(shù)的個(gè)數(shù)為(

3、)A.0B.1C.2D.39.一元線性同余方程組問(wèn)題最早可見(jiàn)于中國(guó)南北朝時(shí)期(公元5世紀(jì))的數(shù)學(xué)著作孫子算經(jīng)卷下第二十六題,叫做“物不知數(shù)”問(wèn)題,原文如下:有物不知數(shù),三三數(shù)之剩二,五五數(shù)之剩三,問(wèn)物幾何?即,一個(gè)整數(shù)除以三余二,除以五余三,求這個(gè)整數(shù).設(shè)這個(gè)整數(shù)為a,當(dāng)a2,2 019時(shí),符合條件的a共有個(gè).10.(2020河南高二月考)在ABC中,內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.(1)若A=2B,證明:a=2bcos B;(2)若1a+1b=2c,證明:C2.11.已知數(shù)列an中,a1=1,其前n項(xiàng)和為Sn,且滿足an=2Sn22Sn-1(n2).(1)求證:數(shù)列1Sn是等差數(shù)列;

4、(2)證明:當(dāng)n2時(shí),S1+12S2+13S3+1nSn0,y0)13.(2020湖北高三聯(lián)考)(1)已知x,y,z均為正數(shù),且8xyz=164,求證:(8x+2)(8y+2)(8z+2)27.(2)已知實(shí)數(shù)m,n滿足m1,n12,求證:2m2n+4mn2+14m2n2+m+2n.參考答案課時(shí)規(guī)范練35直接證明與間接證明1.D用反證法證明“已知x,yR,x2+y2=0,求證:x=y=0.”時(shí),應(yīng)先假設(shè)x0或y0.故選D.2.B將命題“若x+y=0,則x=y=0”的結(jié)論否定可得出“x0或y0”,即x、y不都為0.故選B.3.D歸納推理是由部分到整體、特殊到一般的推理,故正確;演繹推理是由一般到特

5、殊的推理,故正確;類比推理是由特殊到特殊的推理,故錯(cuò)誤;分析法是一種直接證明法,故錯(cuò)誤;|z+2-2i|=1表示復(fù)平面上的點(diǎn)到(-2,2)的距離為1的圓,|z-2-2i|的最小值就是圓上的點(diǎn)到(2,2)的距離的最小值,就是圓心到(2,2)的距離減去半徑,即|2-(-2)|-1=3,故正確.故選D.4.C對(duì)于,用反證法來(lái)證明時(shí),應(yīng)假設(shè)0,可知x1-x2,f(x1)f(-x2)=-f(x2),則f(x1)+f(x2)0.故選A.6.PQ假設(shè)PQ,因?yàn)橐CPQ,只需要證P2Q2,只需要證2a+7+2a2+7a2a+7+2a2+7a+12,只需要證a2+7aa2+7a+12,即012.所以PQ.7.證

6、明 假設(shè)a,b均小于0,即a0,b0,則有a+b0,而a+b=(x2-x)+(x2-3x+2)=2x2-4x+2=2(x-1)20,這與a+ba0,cb0,那么01c1a,01c1b,于是1c+1c1a+1b,即2c1a+1b,與已知1a+1b=2c矛盾,故假設(shè)錯(cuò)誤,所以當(dāng)1a+1b=2c時(shí),C2.11.證明 (1)當(dāng)n2時(shí),Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1,Sn-1-Sn=2SnSn-1,1Sn-1Sn-1=2,從而1Sn是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列.(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)2=2n-1,Sn=12n-1,當(dāng)n2時(shí),1nSn=1n(2n-1)1n(2n-2)=12

7、1n(n-1)=121n-1-1n,從而S1+12S2+13S3+1nSn1+121-12+12-13+1n-1-1n32-12n0,即證xyxy+yxxy(x+y),也就是證xx+yyxy+yx,只需證(x-y)(x-y)0,即只要證(x-y)2(x+y)0,而(x-y)2(x+y)0顯然成立,則上述不等式也成立,故原不等式xy+yxx+y成立.13.證明 (1)因?yàn)閤0,由三個(gè)正數(shù)的基本不等式可得,8x+2=8x+1+1338x11=63x,當(dāng)且僅當(dāng)x=18時(shí)取等號(hào);同理可得8y+263y,8z+263z,當(dāng)且僅當(dāng)y=18,z=18時(shí)取等號(hào);故(8x+2)(8y+2)(8z+2)2163xyz,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=18時(shí)取等號(hào),因?yàn)?xyz=164,所以(8x+2)(8y+2)(8z+2)27,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=18時(shí)取等號(hào).(2)要證2m2n+4mn2+14m2n2+m+2n,即證4m2n2-4mn2+2n-2m2n+m-10,即證4mn2(m-1)-(2mn+2n)(m-1)+m-10,即證(m-1)(4mn2-2mn-2n+1)0,即證(m