高考數(shù)學直接證明與間接證明專項練習題

　　B.方程x3+ax+b=0至多有一個實根

　　C.方程x3+ax+b=0至多有兩個實根

　　D.方程x3+ax+b=0恰好有兩個實根

　　2.要證:a2+b2-1-a2b2≤0,只要證明(　　)

　　A.2ab-1-a2b2≤0 B.a2+b2-1-≤0

　　C.-1-a2b2≤0 D.(a2-1)(b2-1)≥0

　　3.設a,b,c均為正實數(shù),則三個數(shù)a+,b+,c+(　　)

　　A.都大于2 B.都小于2

　　C.至少有一個不大于2 D.至少有一個不小于2

　　4.(2014天津模擬)p=,q=(m,n,a,b,c,d均為正數(shù)),則p,q的大小為(　　)

　　A.p≥q B.p≤q C.p>q D.不確定

　　5.設f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x≥0時,f(x)單調(diào)遞減,若x1+x2>0,則f(x1)+f(x2)的值(　　)

　　A.恒為負值 B.恒等于零

　　C.恒為正值 D.無法確定正負

　　6.(2014福建三明模擬)命題“如果數(shù)列{an}的前n項和Sn=2n2-3n,那么數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列”是否成立(　　)

　　A.不成立 B.成立

　　C.不能斷定 D.與n取值有關

　　7.用反證法證明“如果a>b,那么”假設內(nèi)容應是　　　　　.

　　8.在不等邊三角形中,a為最大邊,要想得到角A為鈍角的結論,三邊a,b,c應滿足　　　　　.

　　9.已知a>0,求證:≥a+-2.

　　10.已知在數(shù)列{an}中,a1=5,且an=2an-1+2n-1(n≥2,且nN*).

　　(1)證明:數(shù)列為等差數(shù)列;

　　(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.

　　能力提升組

　　11.已知m>1,a=,b=,則以下結論正確的是(　　)

　　A.a>b B.aa+b,那么a,b應滿足的條件是　　　　　.

　　13.設a,b,c均為正數(shù),且a+b+c=1,證明:≥1.

　　14.△ABC的三個內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,A,B,C的對邊分別為a,b,c.

　　求證:.

　　15.(2014福建寧德模擬)設函數(shù)f(x)定義在(0,+∞)上,f(1)=0,導函數(shù)f'(x)=,g(x)=f(x)+f'(x).

　　(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值.

　　(2)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<對任意x>0成立?若存在,求出x0的取值范圍;若不存在,請說明理由.

　　高考數(shù)學直接證明與間接證明專項練習題參考答案

　　1.A　解析:“至少有一個”的否定為“沒有”.

　　2.D　解析:因為a2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0,故選D.

　　3.D　解析:a>0,b>0,c>0,

　　∴≥6,

　　當且僅當a=b=c=1時,等號成立,故三者不能都小于2,即至少有一個不小于2.

　　4.B　解析:q==p.

　　5.A　解析:由f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當x≥0時,f(x)單調(diào)遞減,可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù).由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)b2+c2　解析:由余弦定理cos A=<0,

　　則b2+c2-a2<0,即a2>b2+c2.

　　9.證明:要證≥a+-2,

　　只需要證+2≥a+.

　　又a>0,所以只需要證,

　　即a2++4+4≥a2+2++2+2,

　　從而只需要證2≥

　　,

　　只需要證4≥

　　2,

　　即a2+≥2,而上述不等式顯然成立,故原不等式成立.

　　10.(1)證明:設bn=,則b1==2.

　　因為bn+1-bn=[(an+1-2an)+1]

　　=[(2n+1-1)+1]=1,

　　所以數(shù)列為首項是2,公差是1的等差數(shù)列.

　　(2)解:由(1)知,+(n-1)×1,

　　則an=(n+1)·2n+1.

　　因為Sn=(2·21+1)+(3·22+1)+…+(n·2n-1+1)+[(n+1)·2n+1],

　　所以Sn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n+n.

　　設Tn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,①

　　2Tn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1.②

　　②-①,得

　　Tn=-2·21-(22+23+…+2n)+(n+1)·2n+1=n·2n+1,

　　所以Sn=n·2n+1+n=n·(2n+1+1).

　　11.B　解析:a=,

　　b=,

　　又,

　　,

　　即aa+b⇔()2·()>0⇔a≥0,b≥0,且a≠b.

　　13.證明:因為+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,

　　所以+(a+b+c)≥

　　2(a+b+c),

　　即≥a+b+c.

　　所以≥1.

　　14.證明:要證,

　　即證=3,也就是=1,

　　只需證c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),

　　即證c2+a2=ac+b2.

　　又△ABC三內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,所以B=60°,

　　由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60°,即b2=c2+a2-ac,

　　故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.

　　15.解:(1)因為(ln x)'=,

　　所以f(x)=ln x,g(x)=ln x+,g'(x)=.

　　令g'(x)=0得x=1.

　　當x(0,1)時,g'(x)<0,故(0,1)是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間,

　　當x(1,+∞)時,g'(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,

　　因此x=1是g(x)的唯一極值點,且為極小值點,從而是最小值點,所以最小值為g(1)=1.

　　(2)滿足條件的x0不存在.理由如下:

　　假設存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<對任意x>0成立,

　　即對任意x>0,有l(wèi)n x0,使得|g(x)-g(x0)|<對任意x>0成立.

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