2015届高考理科数学课时拓展检测试题21

1．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

解：分析法证明的本质是证明使结论成立的充分条件成立，即②?①，所以①是②的必要条件．

故选B.

银川模拟)设a，b，c是不全相等的实数，给出下列判2．(2013·

断：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a>b，a

A．0 B．1 C．2 D．3

解：①②正确，a≠c，b≠c，a≠b可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，所以③不对．故选C.

3．用反证法证明命题：“三角形的三个内角中至少有一个不大于60°”时，假设正确的是( )

A．假设三个内角都不大于60° B．假设三个内角都大于60°

C．假设三个内角中至多有一个大于60° D．假设三个内角中至多有两个大于60°

解：至少有一个不大于60°的反设为没有一个不大于60°，即都大于60°，故选B.

111

4．已知x，y，z∈(0，＋∞)，a＝x＋y，b＝y＋z，c＝z＋x，则a，b，c三数( )

A．至少有一个不大于2 B．都小于2 C．至少有一个不小于2 D．都大于2

111

解：∵a＋b＋c＝x＋x＋y＋y＋z＋z≥6，∴a，b，c三数中至少有一个不小于2.故选C.

5．在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足条件( )

A．a2b2＋c2

B．a2＝b2＋c2 D．a2≤b2＋c2

b2＋c2－a2

解：由余弦定理cosA＝2bc，若∠A为钝角，则cosA<0，b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.故选C.

6．在△ABC中，若sinBsinC＝cos2，则下面等式一定成立的是( )

A．A＝B B．A＝C C．B＝C D．A＝B＝C

1＋cosA

解：∵sinBsinC＝cos2＝2 2A

2A

1－cos（B＋C）＝， 2

∴cos(B＋C)＝1－2sinBsinC.

∴cosBcosC－sinBsinC＝1－2sinBsinC. ∴cosBcosC＋sinBsinC＝1.

∴cos(B－C)＝1.又0＜B＜π，0＜C＜π， ∴B＝C.故选C.

7．命题“a，b是实数，若|a＋1|＋(b＋1)2＝0，则a＝b＝－1”，

用反证法证明时应假设____________．

解：a＝b＝－1表示a＝－1且b＝－1，故其否定是a≠－1，或b≠－1.故填a≠－1，或b≠－1.

8．(原创)某题字迹有污损，大致内容是“已知|x|≤1，，用分析法证明|x＋y|≤|1＋xy|”．估计污损部分的文字内容为________．

解：要证|x＋y|≤|1＋xy|，需证(x＋y)2≤(1＋xy)2，化简得x2＋y2≤1＋x2y2，(x2－1)(1－y2)≤0，因为|x|≤1，又要证的不等式成立，所以估计污损部分的文字内容为“|y|≤1”．故填|y|≤1.

9．设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和． (1)求证：数列{Sn}不是等比数列； (2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？

22

解：(1)证明：假设数列{Sn}是等比数列，则S2＝S1S3，即a1(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，

这与q≠0矛盾．所以数列{Sn}不是等比数列．

{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列，(2)当q＝1 时，

否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)得q＝0，这与q≠0矛盾，所以当q≠1时，{Sn}不是等差数列．

2n＋1111

10．证明不等式1＋22＋32＋…＋(n∈N*)． 2<（n＋1）n＋1

111

证明：1＋22＋32＋…＋ 2

（n＋1）

111<1＋1×＋＋…＋ 22×3n·（n＋1）

11111

＝1＋1－2＋2－3＋…＋n－ n＋1

2n＋11

＝2－＝.得证．

n＋1n＋1

a1＋a2＋…＋an

11．(1)已知等差数列{an}，bn＝(n∈N＋)，求证：n{bn}仍为等差数列；

(2)已知等比数列{cn}，cn>0(n∈N＋)，类比上述性质，写出一个真命题并加以证明．

n（a1＋an）

a1＋an2

解：(1)证明：∵{an}是等差数列，∴bn＝＝2，nan＋1－andbn＋1－bn＝＝2为常数．故数列{bn}仍为等差数列． 2

n(2)类比命题：若{cn}为等比数列，cn>0(n∈N＋)，dn＝c1·c2·…·cn，则{dn}为等比数列．

证明如下：dn＝

nc1·c2·…·cn＝

n

dn＋1

（c1·cn）＝c1·cn，d＝

n

n2

cn＋1

cn＝q为常数，∴{dn}为等比数列．

a

设函数f(x)＝ax＋bx＋c，且f(1)＝－2，3a>2c>2b.

2

b3

求证：(1)a>0且－3

(2)函数f(x)在区间(0，2)内至少有一个零点．

a

证明：(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－2， ∴3a＋2b＋2c＝0.① 又∵3a>2c>2b，∴a>0，b<0.

3

由①变形得c＝－2a－b.②

?b>－3a，

将②式代入3a>2c>2b得?

?4b<－3a.

b3

∴－3

(2)假设函数f(x)在区间(0，2)内没有零点．

a

∵f(1)＝－2<0，

∴f(0)＝c≤0，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c≤0.∴a≤c≤0.

这与已知a>0矛盾，∴函数f(x)在区间(0，2)内至少有一个零点．