2023年高考分类汇总 考点31 直接证明与间接证明

2023年高考分类汇总 考点31 直接证明与间接证明

1.2023年高考分类汇总 考点31 直接证明与间接证明 篇一

第六节 直接证明与间接证明

时间：45分钟 分值：75分

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)

1．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是()

A．假设a，b，c都是偶数

B．假设a，b，c都不是偶数

C．假设a，b，c至多有一个偶数

D．假设a，b，c至多有两个偶数

解析 “至少有一个”的否定为“都不是”．故选B.答案 B

2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()

A．2ab－1－a2b2≤0

a＋b2C.2－1－a2b2≤044a＋bB．a2＋b2－1－2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0 解析 a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.答案 D

3．(2014·临沂模拟)若P＝aa＋7，Qa＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系()

A．P>Q

C．P

解析 假设P答案 C

4．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

C．恒为正值B．恒等于零 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上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)

5．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数()

A．成等比数列而非等差数列

B．成等差数列而非等比数列

C．既成等差数列又成等比数列

D．既非等差数列又非等比数列

a＋c＝2b，①2由已知条件，可得x＝ab，②

y2＝bc，③解析

2xa＝b，由②③得y2c＝b 代入①，x2y2得b＋b2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列，故选B.答案 B

yyzzxx6．(2014·济南模拟)设x，y，z>0，则三个数xzxyzy()

A．都大于2

C．至少有一个不小于2B．至少有一个大于2 D．至少有一个不大于2

yyz解析 假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又x＋zx

zxxyxyzzx＋y＋zy＝x＋y＋zy＋x＋z≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，故这

三个数至少有一个不小于2.另取x＝y＝z＝1，可排除A、B.答案 C

二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)

cd7．已知三个不等式①ab>0；a>b③bc>ad.以其中两个作条件，余下一个作结论，则可组成________个正确命题．

解析 ①②⇒③，①③⇒②；②③⇒①.答案 3

8．在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，则a5和b5的大小关系为________．

解析 方法1：设公比为q，公差为d，则a3＝a1q2，b3＝b1＋2d＝a1＋2d，故由a3＝b3，得2d＝a1(q2－1)．

又∵a1≠a3，∴q2≠1.∴a5－b5＝a1q4－(a1＋4d)

＝a1q4－[a1＋2a1(q2－1)]

＝a1(q2－1)2＞0.∴a5＞b5.方法2：∵在等比数列{an}中，a1≠a3，∴公比不为1.∴a1≠a5.又∵a1＝b1，a3＝b3，a5＝a3q2＞0(q为公比)，b1＋b5a1＋a5b1＋a5∴b3＝2a3a1a5＜22.∴a5＞b5.答案 a5＞b5

9．已知点An(n，an)为函数y＝x＋1的图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为__________．

解析 an＝n＋1，bn＝n.方法1：cn＝n＋1－n＝

数，∴cn＋1＜cn.方法2：cn＋1n＋1＋1－(n＋1)，cn＝n＋1－n，n＋1－nn＋1＋1＋n＋1c∴＝＞1.cn＋1n＋1＋1－n＋1n＋1＋n

∴cn＞cn＋1.答案 cn＞cn＋1

三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．已知a>0证明 221随n的增大而减小，为减函n＋1＋n11aa－2≥a＋a2.211a＋a2≥aa－2.1a＋a＋2≥a＋a2.212，a＋2a＋a2≥a2∵a>0，故只要证 

1即a2＋a从而只要证111a2＋a＋4≥a2＋2＋a＋22a＋a＋2，11a＋a2a＋a，2121212只要证4aa≥2a＋2＋a，即a＋a≥2，

而上述不等式显然成立，故原不等式成立．

11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.1(1)证明：af(x)的一个零点；

1(2)试用反证法证明ac.证明(1)∵f(x)图象与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2.∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c11又x1x2＝ax2＝a(ac)，11∴af(x)＝0的一个根，即a是函数f(x)的一个零点．

11(2)假设ac，又a，由00，1知fa>0与11fa＝0矛盾，∴ac，

11又∵ac，∴a>c.12112．(1)求证：当a>1时，不等式a＋aa＋a成立； 3

(2)要使上述不等式成立，能否将条件“a>1”适当放宽？若能，请

放宽条件，并简述理由；若不能，请说明理由；

(3)请你根据(1)(2)的结果，写出一个更为一般的结论，且予以证明．

111解(1)证明：a3＋a－a2－a＝aa－1)(a5－1)，1∵a>1，∴a(a－1)(a5－1)>0，故原不等式成立．

(2)能将条件“a>1”适当放宽．理由如下：当a≠1时，(a－1)与(a5

1－1)同符号，所以(a－1)(a－1)>0，只需a>0且a≠1就能使a(a－1)(a55

－1)>0，故条件可以放宽为a>0且a≠1.(3)根据(1)(2)的结果，可推知：

1n1若a>0且a≠1，m>n>0，则有a＋a>a＋a.m

证明如下：

111am－an＋aaan(am－n－1)－a(am－n－1)

1m－n＝a(a－1)(am＋n－1)，若a>1，则由m>n>0得am－n－1>0，am＋n－1>0，知不等式成立，若0n>0得am＋n－1<0，am＋n－1<0知不等式成立．