【精选】理科数学(2020版)备考指南第7章 第5讲

第七章第5讲
[A级基础达标]
1．用反证法证明命题“若自然数a，b，c的积为偶数，则a，b，c中至少有一个偶数”时，对结论正确的反设为()
A．a，b，c中至多有一个偶数
B．a，b，c都是奇数
C．a，b，c中至多有一个奇数
D．a，b，c都是偶数
【答案】B
2．①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b ∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是() A．①与②的假设都错误
B．①与②的假设都正确
C．①的假设正确；②的假设错误
D．①的假设错误；②的假设正确
【答案】D
3．下图是解决数学问题的思维过程的流程图：图中①②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法相匹配的是()
A ．①分析法，②综合法
B ．①综合法，②分析法
C ．①综合法，②反证法
D ．①分析法，②反证法
【答案】B
4．下面对命题“函数f (x )＝x ＋1
x 是奇函数”的证明不是综合法的是( )
A ．∀x ∈R 且x ≠0有f (－x )＝(－x )＋1
－x ＝－⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数 B ．∀x ∈R 且x ≠0有f (x )＋f (－x )＝x ＋1
x ＋(－x )＋⎝⎛⎭⎫－1x ＝0，所以f (x )＝－f (－x )，故f (x )是奇函数
C ．∀x ∈R 且x ≠0，因f (x )≠0，所以f (－x )
f (x )
＝－x －
1x x ＋1x ＝－1，所以f (－x )＝－f (x )，故f (x )
是奇函数
D ．取x ＝－1，f (－1)＝－1＋1－1＝－2，又f (1)＝1＋1
1＝2，所以f (－1)＝－f (1)，故f (x )
是奇函数
【答案】D
5．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )
A ．②③
B ．①②③
C ．③
D ．③④⑤
【答案】C
【解析】若a ＝12，b ＝2
3，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出；
若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出．
对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，可用反证法证明：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.
6．用反证法证明命题“若a ，b ∈N ，ab 能被2整除，则a ，b 中至少有一个能被2整除”，那么反设的内容是________．
【答案】a ，b 都不能被2整除
【解析】根据用反证法证明数学命题的步骤，应先假设要证命题的否定成立，而要证命
题的否定为：“a ，b 都不能被2整除”．
7．设a ＞b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________． 【答案】m ＜n
【解析】(分析法)a －b ＜a －b ⇐a ＜b ＋a －b ⇐a ＜b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b ＞0，显然成立．
8．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a
2
＞lg a ＋lg b ＋lg c . 【证明】因为a ，b ，c ∈(0，＋∞)，
所以a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，a ＋c 2≥ac ＞0.
又因为上述三个不等式中等号不能同时成立， 所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc 成立．
上式两边同时取常用对数， 得lg ⎝⎛
⎭⎫
a ＋
b 2·b ＋
c 2·c ＋a 2＞lg abc ，
所以lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a
2
＞lg a ＋lg b ＋lg c .
9．已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1. (1)求证：SA ⊥平面ABCD ；
(2)在棱SC 上是否存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD ？若存在，确定F 点的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2，所以SA ⊥AD ．同理SA ⊥AB ．
又AB ∩AD ＝A ，所以SA ⊥平面ABCD ．
(2)假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD ． 因为BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD ， 所以BC ∥平面SAD ．而BC ∩BF ＝B ，
所以平面FBC ∥平面SAD ，即平面SBC ∥平面SAD ． 这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾， 所以假设不成立．
所以不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD ． [B 级 能力提升]
10．已知m ＞1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a ＞b B ．a ＜b
C ．a ＝b
D ．a ，b 大小不定
【答案】B
【解析】因为a ＝m ＋1－m ＝1
m ＋1＋m
，
b ＝m －m －1＝
1m ＋m －1
，
而m ＋1＋m ＞m ＋m －1＞0(m ＞1)， 所以
1m ＋1＋m ＜1
m ＋m －1
，即a <b .
11．设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1
a ( )
A ．都大于2
B ．都小于2
C ．至少有一个不大于2
D ．至少有一个不小于2
【答案】D
【解析】因为a ＞0，b ＞0，c ＞0，所以⎝⎛⎭⎫a ＋1b ＋⎝⎛⎭⎫b ＋1c ＋⎝⎛⎭⎫c ＋1a ＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.
12．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f
⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f ()ab ，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )
A ．A ≤
B ≤
C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤A
D ．C ≤B ≤A 【答案】A
【解析】因为a ，b 都是正实数，a ＋b 2≥ab ≥2ab
a ＋
b .又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 内是减函数，所以f ⎝⎛
⎭⎫
a ＋
b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭
⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C ． 13．(2018年海口校级模拟)已知函数f (x )＝|sin x |的图象与直线y ＝kx (k ＞0)有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为α，令A ＝cos αsin α＋sin 3α
，B ＝1＋α24α，则( )
A ．A ＞
B B ．A ＜B
C ．A ＝B
D ．A 与B 的大小不确定
【答案】C
【解析】作出函数f (x )＝|sin x |的图象与直线y ＝kx (k ＞0)的图象，如图所示，要使两个图象有且仅有三个交点，则由图象可知，直线在⎝⎛⎭⎫π，3π
2内与f (x )相切．设切点为A (α，－sin α)，当x ∈⎝⎛⎭⎫π，3π2时，f (x )＝|sin x |＝－sin x ，此时f ′(x )＝－cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎫π，3π
2.所以－cos α＝－sin αα，即α＝tan α，所以cos αsin α＋sin 3α＝cos α4sin αcos 2α＝1
4sin αcos α＝cos 2α＋sin 2α4sin αcos α＝
1＋tan 2α4tan α＝1＋α2
4α
，即A ＝B ．故选C ．
14．下列条件：①ab ＞0，②ab ＜0，③a ＞0，b ＞0，④a ＜0，b ＜0，其中能使b a ＋a
b ≥2
成立的条件的序号是________．
【答案】①③④
【解析】要使b a ＋a b ≥2，只需b a ＞0且a
b
＞0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④
都能使b a ＋a
b
≥2成立．
15．二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，若在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．
【答案】⎝
⎛⎭⎫－3，32 【解析】假设在区间[－1,1]内不存在c ，使f (c )＞0，即f (c )≤0恒成立，所以
⎩
⎪⎨⎪⎧
f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32.故满足题意的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32.
16．设函数f (x )＝|2x －a |，g (x )＝x ＋2.
(1)当a ＝1时，求不等式f (x )＋f (－x )≤g (x )的解集； (2)求证：f ⎝⎛⎭⎫b 2，f ⎝⎛⎭⎫－b 2，f ⎝⎛⎭⎫12中至少有一个不小于1
2. 【解析】(1)当a ＝1时，得|2x －1|＋|2x ＋1|≤x ＋2.
⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－12，－4x ≤x ＋2，无解；⎩⎪⎨⎪⎧ －12<x <12，2≤x ＋2，解得0≤x <12；⎩⎪⎨⎪⎧
x ≥12，4x ≤x ＋2，
解得12≤x ≤2
3
.
综上，不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪
⎪
0≤x ≤23. (2)证明：若f ⎝⎛⎭⎫b 2，f ⎝⎛⎭⎫－b 2，f ⎝⎛⎭⎫12都小于12
， 则⎩⎪⎨⎪⎧
－12<a －b <12
，－12<a ＋b <1
2，
－12<1－a <12，
前两式相加得－12<a <12，与第三式12<a <3
2
矛盾．故f ⎝⎛⎭⎫b 2，f ⎝⎛⎭⎫－b 2，f ⎝⎛⎭⎫12中至少有一个不小于1
2
.。