考點規(guī)范練35　直接證明與間接證明基礎(chǔ)鞏固1.要證a2+b2-1-a2b2≤0,只需證明(　　)A.2ab-1-a2b2≤0  B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0  D.(a2-1)(b2-1)≥0答案:D解析:在各選項中,只有(a2-1)(b2-1)≥0?a2+b2-1-a2b2≤0,故選D.2.分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明“設(shè)a>b>c,且a+b+c=0,求證:a”索的因應(yīng)是(　　)A.a-b>0 B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0答案:C解析:a?b2-ac<3a2?(a+c)2-ac<3a2?a2+2ac+c2-ac-3a2<0?-2a2+ac+c2<0?2a2-ac-c2>0?(a-c)(2a+c)>0?(a-c)(a-b)>0.故選C.3.設(shè)x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,則(　　)A.P>Q B.P<Q C.P≤Q D.P≥Q答案:A解析:因為2x+2-x≥2=2(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立),而x>0,所以P>2.又(sinx+cosx)2=1+sin2x,而sin2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故選A.4.利用反證法證明“若x2+y2=0,則x=y=0”時,應(yīng)假設(shè)(　　)A.x,y都不為0  B.x≠y,且x,y都不為0C.x≠y,且x,y不都為0 D.x,y不都為0答案:D解析:原命題的結(jié)論是x,y都為0,利用反證法時,應(yīng)假設(shè)x,y不都為0.5.設(shè)a,b是兩個實數(shù),下列條件中,能推出“a,b中至少有一個大于1”的是(　　)A.a+b>1 B.a+b>2C.a2+b2>2 D.ab>1答案:B解析:若a=,b=,則a+b>1,但a<1,b<1,故A推不出;若a=-2,b=-3,則a2+b2>2,故C推不出;若a=-2,b=-3,則ab>1,故D推不出;對于B,若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1.6.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.恒等于零C.恒為正值 D.無法確定正負(fù)答案:A解析: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上的減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),則f(x1)+f(x2)<0,故選A.7.設(shè)a>b>0,m=,n=,則m,n的大小關(guān)系是　　　　　. 答案:m<n解析:(方法一:取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.(方法二:分析法)因為a>b>0,所以要得出m與n的大小關(guān)系,只需判斷與1的大小關(guān)系,只需判斷與1的大小關(guān)系,只需判斷a+b-2-(a-b)與0的大小關(guān)系,只需判斷2b-2與0的大小關(guān)系,只需判斷與0的大小關(guān)系.由a>b>0,可知<0,即<1,即可判斷m<n.8.與2的大小關(guān)系為　. 答案:>2解析:要比較與2的大小,只需比較()2與(2)2的大小,只需比較6+7+2與8+5+4的大小,只需比較與2的大小,只需比較42與40的大小,∵42>40,∴>2.9.若a,b,c是不全相等的正數(shù),求證:lg+lg+lg>lg a+lg b+lg c.答案:證明∵a,b,c∈(0,+∞),∴>0,>0,>0.又上述三個不等式中的等號不能同時成立.∴>abc成立.上式兩邊同時取常用對數(shù),得lg>lgabc,∴lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.10.已知a>0,>1,求證:.答案:證明由已知>1及a>0可知0<b<1,要證,只需證>1,只需證1+a-b-ab>1,只需證a-b-ab>0,即>1,即>1,這是已知條件,所以原不等式得證.11.設(shè)函數(shù)f(x)=,a,b∈(0,+∞).(1)用分析法證明:f+f;(2)設(shè)a+b>4,求證:af(b),bf(a)中至少有一個大于.答案:證明(1)要證明f+f,只需證明,只需證明,即證,即證(a-b)2≥0,這顯然成立,所以f+f.(2)假設(shè)af(b),bf(a)都小于或等于,即,所以2a≤b+2,2b≤a+2,兩式相加得a+b≤4,這與a+b>4矛盾,所以af(b),bf(a)中至少有一個大于.能力提升12.若△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是鈍角三角形答案:D解析: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,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假設(shè)△A2B2C2是銳角三角形.由得則A2+B2+C2=,這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾.因此假設(shè)不成立,故△A2B2C2是鈍角三角形.13.已知a,b,μ∈(0,+∞),且=1,要使得a+b≥μ恒成立,則μ的取值范圍是　　　　　. 答案:(0,16]解析:∵a,b∈(0,+∞),且=1,∴a+b=(a+b)=10+≥10+2=16(當(dāng)且僅當(dāng)a=4,b=12時等號成立).∴a+b的最小值為16.∴要使a+b≥μ恒成立,只需16≥μ.∴0<μ≤16.14.在Rt△ABF中,AB=2BF=4,C,E分別是AB,AF的中點(如圖①).將此三角形沿CE對折,使平面AEC⊥平面BCEF(如圖②),已知D是AB的中點.(1)求證:CD∥平面AEF;(2)求證:平面AEF⊥平面ABF.圖①圖②答案:證明(1)取AF中點M,連接DM,EM.∵D,M分別是AB,AF的中點,∴DM是△ABF的中位線,∴DMBF.又CEBF,∴四邊形CDME是平行四邊形,∴CD∥EM.又EM?平面AEF,CD?平面AEF,∴CD∥平面AEF.(2)由題意知CE⊥AC,CE⊥BC,且AC∩BC=C,故CE⊥平面ABC.又CD?平面ABC,∴CE⊥CD.∴四邊形CDME是矩形.∴EM⊥MD.在△AEF中,EA=EF,M為AF的中點,∴EM⊥AF,且AF∩MD=M,∴EM⊥平面ABF.又EM?平面AEF,∴平面AEF⊥平面ABF.高考預(yù)測15.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=2.(1)證明:數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項公式;(2)設(shè)bn=(n∈N*)的前n項和為Tn,證明:Tn<6.答案:(1)解因為Sn=an+1+n-2,所以當(dāng)n≥2時,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3,兩式相減,得an=an+1-an+1,即an+1=2an-1.設(shè)cn=an-1,代入上式,得cn+1+1=2(cn+1)-1,即cn+1=2cn(n≥2).又Sn=an+1+n-2,則an+1=Sn-n+2,故a2=S1-1+2=3.所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c1.綜上,對于正整數(shù)n,cn+1=2cn都成立,即數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列,其首項a1-1=1,公比q=2.所以an-1=1×,故an=+1.(2)證明由Sn=an+1+n-2,得Sn-n+2=an+1=2n+1,即Sn-n+1=2n,所以bn=.所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=+…+,①2×①,得2Tn=3++…+,②②-①,得Tn=3++…+=3×=3×=6-.因為>0,所以Tn=6-<6.

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