1、課時跟蹤檢測(七十四)直接證明與間接證明A 級-保大分專練1.用反證法證明命題“設 a，b 為實數，則方程 x3+ ax+ b= 0 至少有一個實數根”時，假設為( () )A .方程 x3+ ax+ b= 0 沒有實數根B. 方程 x3+ ax+ b= 0 至多有一個實數根C .方程 x3+ ax+ b= 0 至多有兩個實數根D .方程 x3+ ax+ b= 0 恰好有兩個實數根解析：選 A“至少有一個實數根”的否定是“一個實數根也沒有”，即“沒有實數根”.2.在 ABC 中，sin Asin Cvcos AcosC，則 ABC 一定是( () )A .銳角三角形B .直角三角形C .鈍角三

2、角形D .不確定解析：選 C 由 sin Asin Cvcos AcosC，得 cosAcosC sin Asin C0,即 cos(A + C)0，所以 A+ C 是銳角，從而 B亍，故厶 ABC 必是鈍角三角形.3.分析法又稱執果索因法，已知x0，用分析法證明.1 + x2B . x 422C. x 0D. x 1解析：選 C 因為 x0,所以要證 1 + x1 +x，只需證( (1+x) )20,因為 x0，所以 x20 成立，故原不等式成立.4.分析法又稱執果索因法， 若用分析法證明：“設 a bc,且 a+ b+ c= 0,求證,b2acv.3a”索的因應是( () )A. a b0

3、B. a c0C.(ab)(ac)0D.(ab)(ac)v0解析：選 C 由題意知 b? acvqba?b? acv3a?(a+ c)2 acv3a?a2+2ac+c2ac3a2v02 2 2 2?2a+ac+cv0?2aacc0?(a c)(2a + c) 0?(a c)(a b) 0.選 C.5.設 f(x)是定義在 R 上的奇函數，且當x 0 時，f(x)單調遞減，若 xi+x20，貝 U f(xi)+ f(X2) )的值( () )A .恒為負值B .恒等于零C .恒為正值D .無法確定正負解析：選 A由 f(x)是定義在 R 上的奇函數，且當x 0 時，f(x)單調遞減，可知 f(x

4、)是R 上的單調遞減函數，由 Xi+ X20，可知 X1 X2, f(Xi)Vf( X2) )= f(X2) ),則 f(Xi)+ f(X2) ) b0, m=aQb, n = pa b,則 m, n 的大小關系是 _ .解析：（分析法）.a b 0，顯然成立.答案：m 0,則實數 p 的取值范圍是_ .解析：( (補集法) ) 2f1=2p+P+K 0,f 1=2p23p+9W0,3解得 p 29.已知 x, y, z 是互不相等的正數，且 x+ y+ z= 1,求證:證明：因為 x, y, z 是互不相等的正數，且 x+ y+ z= 1,y+ z 2 , yz X X11 y X + z

5、2 xz1 = = y y y y1.1 z x + y 2 . xy_ 1 = zz z z又 X, y, z 為正數，由xx,故滿足條件的p 的取值范圍為 一 3, 3 .答案:(1)求數列an的通項公式；證明：對任意的 n1，都存在 m N*，使得 ai, an, am成等比數列. 3n2 n解：由 Sn=2 ，得 ai= Si= 1,當 n2 時，an= Sn Sn-1= 3n 2,當 n = 1 時也適合.所以數列an的通項公式為 an=3n2.(2)證明：要使得 a1, an, am成等比數列，只需要a=a1m,即(3n 2)2= 1 (3m 2),即 m= 3n2 4n+ 2，而

6、此時 m N*，且 mn.所以對任意的 n1，都存在 m 2,使得 a1, an, am成等比數列.B 級一一創高分自選1.如圖所示，在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，A1B1= A1C1, D , E 分別是 棱 BC,CC1上的點(點 D 不同于點 C),且 AD 丄 DE , F 為 B1C1的中點.求 證：(1) 平面 ADE 丄平面 BCC1B1；(2) 直線 A1F /平面 ADE.證明：( (1)因為 ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以 CC1丄平面 ABC ,又 AD ?平面 ABC，所以 CC1丄 AD.因為 AD 丄 DE , CC1nDE = E, CC1?平面 BC

7、C1B1,DE ?平面 BCC1B1,所以 AD 丄平面 BCC1B1.又 AD ?平面 ADE ,所以平面 ADE 丄平面 BCC1B1.因為 A1B1= A1C1, F 為 B1C1的中點，所以 A1F 丄 B1C1.因為 C6 丄平面 A1B1C1, A1F ?平面 A1B1C1,所以 C6 丄 A1F.又因為 CnB1C1= C1, CC1?平面 BCC1B1, B1C1?平面 BCC1B1,10 .已知數列3n2- n2*n N .n,所以 A1F 丄平面 BCC1B1.由知 AD 丄平面 BCCIBI,所以 AIF / AD.又 AD ?平面 ADE , AIF ?平面 ADE ,

8、所以 AIF /平面 ADE.12.設函數 f(x)定義在(0,+s)上,f(1)=0，導函數 f(x)= -,g(x)=f(x)+f(x).(1) 求 g(x)的單調區間和最小值；(2) 討論 g(x)與 g x 的大小關系；一 1(3) 是否存在 xo0，使得|g(x) g(xo)| v-對任意 x0 成立？若存在，求出xo的取值范圍；若不存在，請說明理由.1解：( (1)由題設易知 f(x)= In x, g(x)= In x+-,x 1 人，/口 g (x)=尹，令 g (x)= 0 得 x= 1,當 x (0,1)時，g (x)v0,故(0,1)是 g(x)的單調遞減區間，當 x (

9、1,+s)時，g (x) 0，故(1 ,+)是 g(x)的單調遞增區間，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.當 x = 1 時，h(1) = 0,即卩 g(x)= g x ,當 x(0,1)U(1,+s)時，h(x)v0,h(1)=0,因此，h(x)在(0,+s)內單調遞減，當 0vxv1 時，h(x) h(1) = 0,即 g(x) g1;當 x 1 時，h(x)vh(1) = 0,(2)g2ln x x +，則 h (x)= 21即 g(x)vg1.(3)滿足條件的 X0不存在證明如下：1法一：假設存在 x00，使|g(x) g(x0)|v-對任意 x 0 成立，即對任意x 0，有 ln x, 2 *Vg(Xo)vIn x+一，*但對上述 X) ),取 Xi= eg(X0) )時，有 In xi= g(x),這與*左邊不等式矛盾,1因此，不存在 xo0,使|g(x) g(xo) )|v-對任意 x0 成立.法二：假設存在 x0 0，使|g(x) g(x0) )| v-對任意 x 0 成立.由(1)知，g(x)的最小值為 g(1) = 1,1又 g(x)= In x + - In x,