高中数学人教版新课标A选修1-22.2直接证明与间接证明同步达标检测题

这是一份高中数学人教版新课标A选修1-22.2直接证明与间接证明同步达标检测题，
课时作业(六十三)　[第63讲　直接证明与间接证明] [时间：45分钟　　分值：100分]eq \a\vs4\al\co1(基础热身)1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设(　　)A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°2．若三角形能剖分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是(　　)A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．不能确定3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－eq \f(a4＋b4,2)≤0C.eq \f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥04．已知a，b是不相等的正数，x＝eq \f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq \r(a＋b)，则x，y的大小关系是________．eq \a\vs4\al\co1(能力提升)5．[2011·永州调研] 一个质点从A出发依次沿图K63－1中线段到达B、C、D、E、F、G、H、I、J各点，最后又回到A，其中：AB⊥BC，AB∥CD∥EF∥HG∥IJ，BC∥DE∥FG∥HI∥JA.欲知此质点所走路程，至少需要测量n条线段的长度，则n＝(　　)图K63－1A．2 B．3 C．4 D．56．[2011·惠州调研] 已知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a　b,c　d))＝ad－bc，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4　6,8　10))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(12　14,16　18))＋…＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2004　2006,2008　2010))＝(　　)A．－2008 B．2008C．2010 D．－20107．已知c＞1，a＝eq \r(c＋1)－eq \r(c)，b＝eq \r(c)－eq \r(c－1)，则正确的结论是(　　)A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a，b大小关系不定8．使不等式eq \f(1,a)b B．ab，且abb，且ab>09．若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b与a0，b>0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)的最小值为________．13．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有eq \f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq \f(x1＋x2＋…＋xn,n).若y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．14．(10分)若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq \f(π,2)，b＝y2－2z＋eq \f(π,3)，c＝z2－2x＋eq \f(π,6)，求证：a，b，c中至少有一个大于0.15．(13分)已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于eq \f(1,4).eq \a\vs4\al\co1(难点突破)16．(12分)已知函数f(x)＝x2＋eq \f(2,x)＋alnx(x>0)，对于任意不等的两个正数x1，x2，证明：当a≤0时，eq \f(fx1＋fx2,2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).课时作业(六十三)【基础热身】1．B　[解析] 假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，故选B.2．C　[解析] 直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，故选C.3．D　[解析] 因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.故选D.4．x0，∴eq \f(－\r(a)－\r(b)2,2)0，∴xeq \f(1,4)，(1－c)a>eq \f(1,4)，三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c>eq \f(1,64).①又(1－a)a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq \f(1,4)当且仅当a＝eq \f(1,2)时取“＝”号，同理(1－b)b≤eq \f(1,4)，(1－c)c≤eq \f(1,4).所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤eq \f(1,64)，与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确．【难点突破】16．[解答] 证明：由f(x)＝x2＋eq \f(2,x)＋alnx(x>0)，得eq \f(fx1＋fx2,2)＝eq \f(1,2)(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＋eq \f(a,2)(lnx1＋lnx2)＝eq \f(1,2)(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))＋eq \f(x1＋x2,x1x2)＋alneq \r(x1x2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2＋eq \f(4,x1＋x2)＋alneq \f(x1＋x2,2).而eq \f(1,2)(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))＝eq \f(1,4)(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))>eq \f(1,4)(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2)＋2x1x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))2.①∵(x1＋x2)2＝(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))＋2x1x2>4x1x2，∴eq \f(x1＋x2,x1x2)>eq \f(4,x1＋x2).②∵eq \r(x1x2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).