A.(-1,4)B.(-∞,-1)∪(4,+∞)
C.(-4,1)D.(-∞,0)∪(3,+∞)
[答案] B
[解析] ∵x>0,y>0,+=1,∴x+=(x+)(+)=2++≥2+2=4,等号在y=4x,即x=2,y=8时成立,∴x+的最小值为4,要使不等式m2-3m>x+有解,应有m2-3m>4,∴m<-1或m>4,故选B.
14.(2014·广东梅县东山中学期中)在f(m,n)中,m、n、f(m,n)∈N*,且对任意m、n都有:
(1)f(1,1)=1,
(2)f(m,n+1)=f(m,n)+2,(3)f(m+1,1)=2f(m,1);给出下列三个结论:
①f(1,5)=9;②f(5,1)=16;③f(5,6)=26;
其中正确的结论个数是(
)个.
( )
A.3 B.2
C.1 D.0
[答案] A
[解析] ∵f(m,n+1)=f(m,n)+2,∴f(m,n)组成首项为f(m,1),公差为2的等差数列,
∴f(m,n)=f(m,1)+2(n-1).
又f(1,1)=1,∴f(1,5)=f(1,1)+2×(5-1)=9,
又∵f(m+1,1)=2f(m,1),∴f(m,1)构成首项为f(1,1),公比为2的等比数列,∴f(m,1)=f(1,1)·2m-1=2m-1,∴f(5,1)=25-1=16,∴f(5,6)=f(5,1)+2×(6-1)=16+10=26,∴①②③都正确,故选A.
二、填空题
15.若sinα+sinβ+sinγ=0,cosα+cosβ+cosγ=0,
则cos(α-β)=________.
[答案] -
[解析] 由题意sinα+sinβ=-sinγ①
cosα+cosβ=-cosγ②
①,②两边同时平方相加得
2+2sinαsinβ+2cosαcosβ=1
2cos(α-β)=-1,
cos(α-β)=-.
三、解答题
16.已知a、b、c表示△ABC的三边长,m>0,
求证:
+>.
[证明] 要证明+>,
只需证明+->0即可.
∵+-=
,
∵a>0,b>0,c>0,m>0,
∴(a+m)(b+m)(c+m)>0,
∵a(b+m)(c+m)+b(a+m)(c+m)-c(a+m)(b+m)=abc+abm+acm+am2+abc+abm+bcm+bm2-abc-bcm-acm-cm2=2abm+am2+abc+bm2-cm2
=2abm+abc+(a+b-c)m2,
∵△ABC中任意两边之和大于第三边,
∴a+b-c>0,∴(a+b-c)m2>0,
∴2abm+abc+(a+b-c)m2>0,
∴+>.
17.求证:
-2cos(α+β)=.
[证明] 要证明原等式成立.
即证明sin(2α+β)-2sinαcos(α+β)=sinβ,
又因为sin(2α+β)-2sinαcos(α+β)
=sin[(α+β)+α]-2sinαcos(α+β)
=sin(α+β)cosα+cos(α+β)sinα-2sinαcos(α+β)
=sin(α+β)cosα-cos(α+β)sinα
=sin[(α+β)-α]=sinβ.
所以原命题成立.
选修2-2 第二章 2.2 2.2.2
一、选择题
1.(2014·微山一中高二期中)用反证法证明命题“如果a>b>0,那么a2>b2”时,假设的内容应是( )
A.a2=b2 B.a2C.a2≤b2D.a2[答案] C
2.设实数a、b、c满足a+b+c=1,则a、b、c中至少有一个数不小于( )
A.0 B.
C. D.1
[答案] B
[解析] 三个数a、b、c的和为1,其平均数为,故三个数中至少有一个大于或等于.假设a、b、c都小于,则a+b+c<1,与已知矛盾.
3.(2013·浙江余姚中学高二期中)用反证法证明命题:
“若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根,那么a、b、c中至少有一个是偶数”时,下列假设中正确的是( )
A.假设a、b、c都是偶数
B.假设a、b、c都不是偶数
C.假设a、b、c至多有一个偶数
D.假设a、b、c至多有两个是偶数
[答案] B
[解析] “至少有一个”的对立面是“一个都没
有”.
4.实数a、b、c不全为0等价于( )
A.a、b、c均不为0B.a、b、c中至多有一个为0
C.a、b、c中至少有一个为0D.a、b、c中至少有一
个不为0
[答案] D
[解析] “不全为0”的含义是至少有一
个不为0,其否定应为“全为0”.
[点评] 要与“a、b、c全不为0”加以区别,“a、b、c全不为0”是指a、b、c中没有一个为0,其否定应为“a、b、c中至少有一个为0”.
5.(2013·大庆实验中学高二期中)设a、b、c∈(-∞,0),则a+,b+,c+( )
A.都不大于-2B.都不小于-2
C.至少有一个不大于-2D.至少有一个不小于-2
[答案] C
[解析] 假设都大于-2,则a++b++c+>-6,
但(a+)+(b+)+(c+)
=(a+)+(b+)+(c+)≤-2+(-2)+(-2)=-6,矛盾.
6.若m、n∈N*,则“a>b”是“am+n+bm+n>anbm+ambn”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
[答案] D
[解析] am+n+bm+n-anbm-ambn=an(am-bm)+bn(bm-am)=(am-bm)(an-bn)>0⇔或,不难看出a>b⇒/am+n+bm+n>ambn+anbm,am+n+bm+n>ambn+bman⇒/a>b.
二、填空题
7.“x=0且y=0”的否定形式为________.
[答案] x≠0或y≠0
[解析] “p且q”的否定形式为“¬p或¬q”.
8.和两条异面直线AB、CD都相交的两条直线AC、BD的位置关系是________.
[答案] 异面
[解析] 假设AC与BD共面于平面α,则A,C,B,D都在平面α内,∴AB⊂α,CD⊂α,这与AB,CD异面相矛盾,故AC与BD异面.
9.在空间中有下列命题:
①空间四点中有三点共线,则这四点必共面;②空间四点,其中任何三点不共线,则这四点不共面;③垂直于同一直线的两直线平行;④两组对边分别相等的四边形是平行四边形.其中真命题是________________.
[答案] ①
[解析] 四点中若有三点共线,则这条直线与另外一点必在同一平面内,故①真;四点中任何三点不共线,这四点也可以共面,如正方形的四个顶点,故②假;正方体交于同一顶点的三条棱所在直线中,一条与另两条都垂直,故③假;空间四边形ABCD中,可以有AB=CD,AD=BC,例如将平行四边形ABCD沿对角线BD折起构成空间四边形,这时它的两组对边仍保持相等,故④假.
三、解答题
10.(2013·泰州二中高
二期中)已知n≥0,试用分析法证明:
-<-.
[证明] 要证上式成立,需证+<2,
需证(+
)2<
(2)2,
需证需证(n+1)2>n2+2n,
需证n2+2n+1>n2+2n,
只需证1>0,
因为1>0显然成立,所以原命题成立.
一、选择题
11.设a、b、c∈R+,P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”是P、Q、R同时大于零的( )
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
[答案] C
[解析] 若P>0,Q>0,R>0,则必有PQR>0;反之,若PQR>0,也必有P>0,Q>0,R>0.因为当PQR>0时,若P、Q、R不同时大于零,则P、Q、R中必有两个负数,一个正数,不妨设P<0,Q<0,R>0,即a+b0,Q>0,R>0.
12.若x、y>0且x+y>2,则和的值满足( )
A.和中至少有一个小于2
B.和都小于2
C.和都大于2
D.不确定
[答案] A
[解析] 假设≥2和≥2同时成立.
因为x>0,y>0,
∴1+x≥2y且1+y≥2x,
两式相加得1+x+1+y≥2(x+y),
即x+y≤2,这与x+y>2相矛盾,
因此和中至少有一个小于2.
13.已知a,b是异面直线,直线c平行于直线a,那么c与b的位置关系为( )
A.一定是异面直线B.一定是相交直线
C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线
[答案] C
[解析] 假设c∥b,而由c∥a,可得a∥b,这与a,b异面矛盾,故c与b不可能是平行直线.故应选C.
二、填空题
14.用反证法证明命题:
“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤:
①∠A+∠B+∠C=90°+90°+∠C>180°,这与三角形内角和为180°相矛盾,则∠A=∠
B=90°不成立;
②所以一个三角形中不能有两个直角;
③假设∠A、∠B、∠C中有两个角是直角,不妨设∠A=∠B=90°.
正确顺序的序号排列为________.
[答案] ③①②
[解析] 由反证法证明的步骤知,先反设即③,再推出矛盾即①,最后作出判断,肯定结论即②,即顺序应为③①②.
三、解答题
15.求证:
1、、2不能为同一等差数列的三项.
[证明] 假设1、、2是某一等差数列的三项,设这一等差数列的公差为d,
则1=-md,2=+nd,其中m,n为两个正整数,
由上面两式消去d,得n+2
m=(n+m).
因为n+2m为有理数,而(n+m)为无理数,
所以n+2m≠(n+m),矛盾,因此假设不成立,
即1,,2不能为同一等差数列的三项.
16.如图所示,在△ABC中,AB>AC,AD为BC边上的高,AM是BC边上的中线,求证:
点M不在线段CD上.
[证明] 假设点M在线段CD上,则BDAC矛盾,故假设错误.所以点M不在线段CD上.
17.已知函数f(x)是(-∞,+∞)上的增函数,a、b∈R.
(1)若a+b≥0,求证:
f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b);
(2)判断
(1)中命题的逆命题是否成立,并证明你的结论.
[解析]
(1)证明:
∵a+b≥0,∴a≥-b.
∵f(x)在R上单调递增,∴f(a)≥f(-b).
同理,a+b≥0⇒b≥-a⇒f(b)≥f(-a).
两式相加即得:
f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).
(2)逆命题:
f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)⇒a+b≥0.
下面用反证法证之.
假设a+b<0,那么:
⇒f(a)+f(b)这与已知矛盾,故只有a+b≥0.逆命题得证.