课时规范练34 直接证明与间接证明基础巩固组1.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明( ) A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-a4+b42≤0C.(a+b)22-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥02.用反证法证明结论“三角形内角至少有一个不大于60°”,应假设( )A.三个内角至多有一个大于60°B.三个内角都不大于60°C.三个内角都大于60°D.三个内角至多有两个大于60°3.(2022河南郑州模拟)设x>0,P=2x+2-x,Q=(sinx+cosx)2,则( )A.P>QB.P<QC.P≤QD.P≥Q4.设a,b,c均为正实数,则三个数a+1b,b+1c,c+1a( )A.都大于2B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于25.(2022山东烟台模拟)设a>b>0,m=a-b,n=a-b,则m,n的大小关系是 . 6.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求证:ab+bc+ac≤13.7.(2022河北唐山模拟)已知a>0,1b-1a>1,求证:1+a>11-b.〚导学号24190925〛综合提升组8.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,若x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的值( )A.恒为负值B.恒等于零5\nC.恒为正值D.无法确定正负9.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则( )A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形10.已知a,b是不相等的正数,x=a+b2,y=a+b,则x,y的大小关系是 . 11.已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=a+bx-12x2+13x3,函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线.(1)求a,b的值;(2)证明:f(x)≤g(x).〚导学号24190926〛创新应用组12.(2022贵州安顺调研)已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22.13.在等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为q(q≠1),且b2+S2=12,q=S2b2.(1)求an与bn;5\n(2)证明:13≤1S1+1S2+…+1Sn<23.答案：1.D 在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.2.C “三角形内角至少有一个不大于60°”即“三个内角至少有一个小于等于60°”,其否定为“三角形内角都大于60°”.故选C.3.A 因为2x+2-x≥22x·2-x=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2;又(sinx+cosx)2=1+sin2x,而sin2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A.4.D ∵a>0,b>0,c>0,∴a+1b+b+1c+c+1a=a+1a+b+1b+c+1c≥6,当且仅当a=b=c=1时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.5.m<n 方法一(取特殊值法):取a=2,b=1,得m<n.方法二(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.6.证明由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤13.7.证明由已知1b-1a>1及a>0可知0<b<1,要证1+a>11-b,只需证1+a·1-b>1,只需证1+a-b-ab>1,只需证a-b-ab>0,即a-bab>1,即1b-1a>1,这是已知条件,所以原不等式得证.8.A 由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数.由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.9.D 由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.由sinA2=cosA1=sinπ2-A1,sinB2=cosB1=sinπ2-B1,sinC2=cosC1=sinπ2-C1,5\n得A2=π2-A1,B2=π2-B1,C2=π2-C1,则A2+B2+C2=π2,这与三角形内角和为180°相矛盾.因此假设不成立,故△A2B2C2是钝角三角形.10.x<y a+b2>ab(a≠b)⇒a+b>2ab⇒2(a+b)>a+b+2ab⇒a+b>(a+b)22⇒a+b>a+b2,即x<y.11.(1)解f'(x)=11+x,g'(x)=b-x+x2,由题意得g(0)=f(0),f'(0)=g'(0),解得a=0,b=1.(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-13x3+12x2-x(x>-1).∵h'(x)=1x+1-x2+x-1=-x3x+1,∴h(x)在(-1,0)内为增函数,在(0,+∞)内为减函数.∴h(x)max=h(0)=0,即h(x)≤h(0)=0,即f(x)≤g(x).12.证明要证f(x1)+f(x2)2≥fx1+x22,即证(3x1-2x1)+(3x2-2x2)2≥3x1+x22-2·x1+x22,因此只要证3x1+3x22-(x1+x2)≥3x1+x22-(x1+x2),即证3x1+3x22≥3x1+x22,因此只要证3x1+3x22≥3x1·3x2,由于x1,x2∈R时,3x1>0,3x2>0,因此由基本不等式知3x1+3x22≥3x1·3x2显然成立.故原结论成立.13.(1)解设等差数列{an}的公差为d.因为b2+S2=12,q=S2b2,所以q+6+d=12,q=6+dq,解得q=3,d=3,(q=-4舍去)5\n故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(2)证明因为Sn=n(3+3n)2,所以1Sn=2n(3+3n)=231n-1n+1.所以1S1+1S2+…+1Sn=231-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=231-1n+1.因为n≥1,所以0<1n+1≤12,所以12≤1-1n+1<1,所以13≤231-1n+1<23.所以13≤1S1+1S2+…+1Sn<23.5
