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[课 时 跟 踪 检 测]
[基 础 达 标]
1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的( )
A．充分条件 B．必要条件
C．充要条件 D．等价条件
答案：A
2．要证明 ＋0，则＋＋的值( )
A．一定是正数 B．一定是负数
C．可能是0 D．正、负不确定
解析：由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a，而0，b>0，a＋b＝1则下列不等式不成立的是( )
A．a2＋b2≥ B．ab≤
C.＋≥4 D.＋≤1
解析：∵a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·2＝，
∴A成立；
∵ab≤2＝，∴B成立；
∵＋＝＝≥＝4，∴C成立；
∴(＋)2＝a＋b＋2＝1＋2>1，＋>1，故D不成立．
答案：D
9．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________．
答案：a≠－1或b≠－1
10．用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为______．
答案：a，b都不能被5整除
11．设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b>2；②a2＋b2>2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)
解析：取a＝－2，b＝－1，则a2＋b2>2，从而②推不出．
①能够推出，即若a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1.
用反证法证明如下：
假设a≤1，且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾．
因此假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1.
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答案：①
12．已知a，b，c为不全相等的正数，求证：＋＋>3.
证明：因为a，b，c为不全相等的正数，
所以＋＋
＝＋＋＋＋＋－3，
>2 ＋2 ＋2 －3＝3，
即＋＋>3.
13．已知α，β≠kπ＋(k∈Z)，且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β.求证：＝.
证明：要证＝成立，
即证＝，
即证cos2α－sin2α＝(cos2β－sin2β)，
即证1－2sin2α＝(1－2sin2β)，即证4sin2α－2sin2β＝1，
因为sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β，
且(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ，所以1＋2sin2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2β＝1.
故原结论正确．
14．已知数列{an}的通项公式是an＝n＋，求证：数列{an}中任意不同的三项都不可能是等比数列．
证明：假设{an}存在不同的三项ap，aq，ar(p、q、r
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互不相等)构成等比数列．则a＝ap·ar，
即(p＋)·(r＋)＝(q＋)2，
∴pr＋(p＋r)＋3＝q2＋2q＋3，
∴(pr－q2)＋(p＋r－2q)＝0，
由于p，q，r∈N＋，∴pr－q2＝0且p＋r－2q＝0.
于是pr－2＝0，得(p－r)2＝0，故p＝r＝q.
这与p、q、r互不相等相矛盾，
因此假设不成立，即{an}中任意不同的三项都不可能是等比数列．
[能 力 提 升]
1．设a，b，c都是正数，则a＋，b＋，c＋三个数( )
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
解析：因为＋＋＝＋＋≥6，
当且仅当a＝b＝c时取等号，所以三个数中至少有一个不小于2.
答案：D
2．设x＋y＝1，x，y∈(0，＋∞)，则x2＋y2＋xy的最小值为( )
A. B.
C．－ D．－
解析：因为x>0，y>0且x＋y＝1，
所以xy≤2＝，
所以x2＋y2＋xy＝(x＋y)2－xy＝1－xy≥1－＝，
故x2＋y2＋xy有最小值.
答案：B
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3．对于函数f(x)，若∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)都是某一三角形的三边长，则称f(x)为“可构造三角形函数”．以下说法正确的是( )
A．f(x)＝1(x∈R)不是“可构造三角形函数”
B．“可构造三角形函数”一定是单调函数
C．f(x)＝(x∈R)是“可构造三角形函数”
D．若定义在R上的函数f(x)的值域是[，e](e 为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”
解析：对于A选项，由题设所给的定义知，∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)是边长为1的正三角形的三边长，是“可构造三角形函数”，故A选项错误；
对于B选项，由A选项判断过程知，故B选项错误；
对于C选项，当a＝0，b＝3，c＝3时，f(a)＝1>f(b)＋f(c)＝，不构成三角形，故C选项错误；
对于D选项，由于＋>e，可知，定义在R上的函数f(x)的值域是[，e](e为自然对数的底数)，
则f(x)一定是“可构造三角形函数”，故D选项正确．
答案：D
4．设a>1，n∈N，若不等式 －11，所以不等式成立．
答案：2
5．设a>0，b>0，求证：lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
证明：要证lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]，
只需证1＋≤，
即证(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，
即证2≤a＋b，
而2≤a＋b成立(a>0，b>0)，
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∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
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