2018高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第5节综合法与分析法反证法课时分层训练文

课时分层训练(三十五)

综合法与分析法、反证法

A 组 基础达标 (建议用时:30 分钟) 一、选择题 1.下列表述:①综合法是由因导果法;②综合法是顺推法;③分析法是执果索因法; ④分析法是逆推法;⑤反证法是间接证法.其中正确的个数有( A.2 个 C.4 个 D B.3 个 D.5 个 )

[由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确.]
2

2. 用反证法证明命题: 若整数系数的一元二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)有有理实数根, 则 a,b,c 中至少有一个是偶数.下列假设中正确的是( ) 【导学号:66482314】 A.假设 a,b,c 至多有一个是偶数 B.假设 a,b,c 至多有两个偶数 C.假设 a,b,c 都是偶数 D.假设 a,b,c 都不是偶数 D [“至少有一个”的否定为“一个都没有”,即假设 a,b,c 都不是偶数.] ) 【导学号:66482315】 A.ac <bc 1 1 C. <
2 2

3.若 a,b,c 为实数,且 a<b<0,则下列命题正确的是(

B.a >ab>b D. >

2

2

a b
[a -ab=a(a-b),
2

b a a b

B

∵a<b<0,∴a-b<0, ∴a -ab>0, ∴a >ab.① 又 ab-b =b(a-b)>0,∴ab>b ,② 由①②得 a >ab>b .] 4. 分析法又称执果索因法, 若用分析法证明: “设 a>b>c, 且 a+b+c=0, 求证 b -ac < 3a”索的因应是( A.a-b>0 C.(a-b)(a-c)>0 C [由题意知 b -ac< 3a?b -ac<3a
2 2 2 2 2 2 2 2 2

) B.a-c>0 D.(a-b)(a-c)<0
2

1

?(a+c) -ac<3a
2 2

2

2

?a +2ac+c -ac-3a <0 ?-2a +ac+c <0 ?2a -ac-c >0 ?(a-c)(2a+c)>0?(a-c)(a-b)>0.] 5.设 x,y,z>0,则三个数 + , + , + ( A.都大于 2 C.至少有一个不小于 2 C [因为 x>0,y>0,z>0,
2 2 2 2

2

y y z z x x x z x y z y

)

B.至少有一个大于 2 D.至少有一个不大于 2

?y y? ?z z? ?x x? ?y x? ?y z? ?x z? 所以? + ?+? + ?+? + ?=? + ?+? + ?+? + ?≥6, ?x z? ?x y? ?z y? ?x y? ?z y? ?z x?
当且仅当 x=y=z 时等号成立,则三个数中至少有一个不小于 2.] 二、填空题 6.用反证法证明“若 x -1=0,则 x=-1 或 x=1”时,应假设__________. 【导学号:66482316】
2

x≠-1 且 x≠1 [“x=-1 或 x=1”的否定是“x≠-1 且 x≠1”.]
7.设 a>b>0,m= a- b,n= a-b,则 m,n 的大小关系是__________. 【导学号:66482317】

m<n [法一(取特殊值法):取 a=2,b=1,得 m<n.
法 二 ( 分 析 法 ) : a - b < a-b ? b + a-b > a ? a<b + 2 b · a-b + a - b ? 2 b· a-b>0,显然成立.] 8.下列条件:①ab>0;②ab<0;③a>0,b>0;④a<0,b<0,其中能使 + ≥2 成立的 条件的个数是__________. 3 [要使 + ≥2,只要 >0,且 >0,即 a,b 不为 0 且同号即可,故有 3 个.]

b a a b

b a a b

b a

a b

三、解答题 9.已知 a≥b>0,求证:2a -b ≥2ab -a b. [证明] 要证明 2a -b ≥2ab -a b 成立, 只需证:2a -b -2ab +a b≥0, 即 2a(a -b )+b(a -b )≥0, 即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0. 8分
2 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

∵a≥b>0,∴a-b≥0,a+b>0,2a+b>0, 从而(a+b)(a-b)(2a+b)≥0 成立,
2

∴2a -b ≥2ab -a b.

3

3

2

2

12 分

10. (2017·南昌一模)如图 6?5?1,四棱锥 S?ABCD 中,SD⊥底面 ABCD,AB∥DC,AD⊥

DC,AB=AD=1,DC=SD=2,M,N 分别为 SA,SC 的中点,E 为棱 SB 上的一点,且 SE=2EB.

图 6?5?1 (1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)证明:DE⊥平面 SBC. [证明] (1)连接 AC,∵M,N 分别为 SA,SC 的中点,∴MN∥AC, 又∵MN? 平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴MN∥平面 ABCD. 5分

(2)连接 BD,∵BD =1 +1 =2,BC =1 +(2-1) =2,

2

2

2

2

2

2

BD2+BC2=2+2=4=DC2,∴BD⊥BC.
又 SD⊥底面 ABCD,BC?底面 ABCD,∴SD⊥BC, ∴SD∩BD=D,∴BC⊥平面 SDB. ∵DE?平面 SDB,∴BC⊥DE. 又 BS= SD +BD = 4+2= 6, 当 SE=2EB 时,EB= 6 , 3
2 2

8分

在△EBD 与△DBS 中, =

EB BD

6 3 2



3 BD 2 3 , = = , 3 BS 3 6



EB BD = . BD BS

10 分

又∠EBD=∠DBS,∴△EBD∽△DBS, ∴∠DEB=∠SDB=90°,即 DE⊥BS,
3

∵BS∩BC=B,∴DE⊥平面 SBC.

12 分 B 组 能力提升 (建议用时:15 分钟)

?1?x 1.已知函数 f (x)=? ? ,a,b 是正实数,A=f ?2?
则 A,B,C 的大小关系为( A.A≤B≤C C.B≤C≤A A [∵ )

?a+b?,B=f ( ab),C=f ? 2ab ?, ? 2 ? ?a+b? ? ? ? ?

B.A≤C≤B D.C≤B≤A 2ab ?1?x ,又 f (x)=? ? 在 R 上是减函数. a+b ?2?

a+b
2

≥ ab≥

∴f ?

?a+b?≤f ( ab)≤f ? 2ab ?,即 A≤B≤C.] ? ?a+b? ? 2 ? ? ?

2.在不等边三角形 ABC 中,a 为最大边,要想得到∠A 为钝角的结论,三边 a,b,c 应满足__________.

b2+c2-a2 2 2 2 2 2 2 a2>b2+c2 [由余弦定理 cosA= <0,得 b +c -a <0,即 a >b +c .] 2bc
3.若 f (x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a<b),则称函数 f (x)是[a,b]上的“四 维光军”函数. 1 2 3 (1)设 g(x)= x -x+ 是[1,b]上的“四维光军”函数,求常数 b 的值; 2 2 (2)是否存在常数 a,b(a>-2),使函数 h(x)= 1 是区间[a,b]上的“四维光军”函 x+2

数?若存在,求出 a,b 的值;若不存在,请说明理由. 【导学号:66482318】 1 2 [解] (1)由题设得 g(x)= (x-1) +1,其图像的对称轴为 x=1,区间[1,b]在对称 2 轴的右边,所以函数在区间[1,b]上递增. 2分

由“四维光军”函数的定义可知,g(1)=1,g(b)=b, 1 2 3 即 b -b+ =b,解得 b=1 或 b=3. 2 2 因为 b>1,所以 b=3. (2)假设函数 h(x)= 因为 h(x)= 1 1 5分 在区间[a,b](a>-2)上是“四维光军”函数,

x+2

x+2

在区间(-2,+∞)上递减,

4

所以有?

?h?a?=b, ? ? ?h?b?=a,

1 ? ?a+2=b, 即? 1 ? ?b+2=a,

10 分

解得 a=b,这与已知矛盾.故不存在.

12 分

5


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