（福建专版）2019高考数学一轮复习课时规范练34 直接证明与间接证明文.docx

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课时规范练34　直接证明与间接证明基础巩固组 1.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-a4+b42≤0 C.(a+b)22-1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0 2.用反证法证明结论“三角形内角至少有一个不大于60”,应假设(　　) A.三个内角至多有一个大于60 B.三个内角都不大于60 C.三个内角都大于60 D.三个内角至多有两个大于60 3.(2017河南郑州模拟)设x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,则(　　) A.P>Q B.Pb>0,m=a-b,n=a-b,则m,n的大小关系是　　　　　. 6.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求证:ab+bc+ac≤13. 7.(2017河北唐山模拟)已知a>0,1b-1a>1,求证:1+a>11-b . 〚导学号24190925〛综合提升组 8.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.恒为负值 B.恒等于零 C.恒为正值 D.无法确定正负 9.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(　　) A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形 B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形 C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形 D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形 10.已知a,b是不相等的正数,x=a+b2,y=a+b,则x,y的大小关系是　　　　　. 11.已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=a+bx-12x2+13x3,函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线. (1)求a,b的值; (2)证明:f(x)≤g(x). 〚导学号24190926〛创新应用组 12.(2017贵州安顺调研)已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22. 13.在等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为q(q≠1),且b2+S2=12,q=S2b2. (1)求an与bn; (2)证明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<23. 答案： 1.D　在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D. 2.C　“三角形内角至少有一个不大于60”即“三个内角至少有一个小于等于60”,其否定为“三角形内角都大于60”.故选C. 3.A　因为2x+2-x≥22x2-x=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2;又(sin x+cos x)2=1+sin 2x,而sin 2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A. 4.D　∵a>0,b>0,c>0, ∴a+1b+b+1c+c+1a=a+1a+b+1b+c+1c≥6, 当且仅当a=b=c=1时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2. 5.m0,显然成立. 6.证明由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac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≤13. 7.证明由已知1b-1a>1及a>0可知011-b, 只需证1+a1-b>1, 只需证1+a-b-ab>1,只需证a-b-ab>0,即a-bab>1, 即1b-1a>1,这是已知条件,所以原不等式得证. 8.A　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上的单调递减函数.由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)ab(a≠b)⇒a+b>2ab⇒2(a+b)>a+b+2ab⇒a+b>(a+b)22⇒a+b>a+b2,即x-1). ∵h(x)=1x+1-x2+x-1=-x3x+1, ∴h(x)在(-1,0)内为增函数,在(0,+∞)内为减函数. ∴h(x)max=h(0)=0,即h(x)≤h(0)=0,即f(x)≤g(x). 12.证明要证f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22,即证(3x1-2x1)+(3x2-2x2)2≥3x1+x22-2x1+x22,因此只要证3x1+3x22-(x1+x2)≥3x1+x22-(x1+x2), 即证3x1+3x22≥3x1+x22,因此只要证3x1+3x22≥3x13x2, 由于x1,x2∈R时,3x1>0,3x2>0, 因此由基本不等式知3x1+3x22≥3x13x2显然成立. 故原结论成立. 13.(1)解设等差数列{an}的公差为d. 因为b2+S2=12,q=S2b2, 所以q+6+d=12,q=6+dq, 解得q=3,d=3,(q=-4舍去) 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1. (2)证明因为Sn=n(3+3n)2,所以1Sn=2n(3+3n)=231n-1n+1. 所以1S1+1S2+…+1Sn =231-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1 =231-1n+1. 因为n≥1, 所以0<1n+1≤12, 所以12≤1-1n+1<1, 所以13≤231-1n+1<23. 所以13≤1S1+1S2+…+1Sn<23.

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