2020-2021学年度高中数学单元双基精品试卷 选修1-2第二章推理与证明（B）（含答案）
文档属性
| 名称 | 2020-2021学年度高中数学单元双基精品试卷 选修1-2第二章推理与证明（B）（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 4.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-03-23 11:35:45 | ||
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文档简介
-1123950339725此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2020-2021学年度高中数学单元双基精品试卷
选修1-2第二章推理与证明 （B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．命题“对于任意角θ，”的证明：“
”，其过程应用了（ ）
A．分析法 B．综合法
C．综合法、分析法综合使用 D．间接证法
2．下列推理属于演绎推理的是（ ）
A．由圆的性质可推出球的有关性质
B．由等边三角形、等腰直角三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°
C．某次考试小明的数学成绩是满分，由此推出其它各科的成绩都是满分
D．金属能导电，金、银、铜是金属，所以金、银、铜能导电
3．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程有有理根，那么，，中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是（ ）
A．假设，，都是偶数
B．假设，，都不是偶数
C．假设，，至少有一个是偶数
D．假设，，至多有两个是偶数
4．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（ ）
A．2 B．3 C． D．
5．十九世纪下半叶集合论的创立，莫定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（ ）参考数据：（，）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．定义函数序列：，，，，，则函数的图象与曲线的交点坐标为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知角为的内角，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．苏格兰数学家科林麦克劳林(ColinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立的其中一个公式：，试根据此公式估计下面代数式的近似值为（ ）（可能用到数值，）
A． B． C． D．
9．肇庆市为支援边远山区的教育事业，组织了一支由13名教师组成的队伍去支教．记者采访队长时询问这个团队的构成情况，队长回答：“（1）有中学高级教师；（2）中学教师不多于小学教师；（3）小学高级教师少于中学中级教师；（4）小学中级教师少于小学高级教师；（5）支教队伍的职称只有小学中级?小学高级?中学中级?中学高级；（6）无论是否把我计算在内，以上条件都成立．”由队长的叙述可以推测出他的学段及职称分别是（ ）
A．小学中级 B．小学高级 C．中学中级 D．中学高级
10．分形几何是美籍法国数学家芒德勃罗在20世纪70年代创立的一门数学新分支，其中的“谢尔宾斯基”图形的作法为：第一次操作是先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形）；第二次操作是在剩下的每个小正三角形中又挖去一个“中心三角形”；第三次操作是……按上述方法无限连续地作下去直到无穷，最终所得的极限图形称为“谢尔宾斯基”图形（如图所示），按上述操作6次后，“谢尔宾斯基”图形中的小三角形的个数为（ ）
A． B． C． D．
11．单分数（分子为1，分母为正整数的分数）的广泛使用成为埃及数学重要而有趣的特色，埃及人将所有的真分数都表示为一些单分数的和．例如，，……，现已知可以表示成4个单分数的和，记，其中，，是以101为首项的等差数列，则的值为（ ）
A．505 B．404 C．303 D．202
12．已知，，，…，均为正实数，且
，有下列四个说法：
①最多有一个（）小于1
②最多有两个（）小于2
③至少有一个（）不小于2019
④至少有一个（）不小于2018
其中正确说法的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．用分析法证明：若a，b，m都是正数，且，则．完成下列证明过程．
因为，，所以要证原不等式成立，只需证明，即只需证明________．因为，所以只需证明，由已知显然成立，所以原不等式成立．
14．________（填“>”“<”或“=”）．
15．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j个数，如．若，则__________．
1
24
357
681012
911131517
141618202224
16．新教材人教B版必修第二册课后习题：“求证方程只有一个解”．证明如下：“化为，设，则在上单调递减，且，所以原方程只有一个解”．解题思想是转化为函数．类比上述思想，不等式的解集是__________．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知函数满足：对任意的，，，都有，试证明：为上的单调递增函数．
18．（12分）（1）已知，，求证：；
（2）已知，，，求证：中至少有一个大于1．
19．（12分）（1）已知，用比较法证明：；
（2）已知，用反证法证明：．
20．（12分）用综合法或分析法证明：
（1）如果，，那么；
（2）设，，求证：．
21．（12分）设，，．
（1）证明：；
（2）探索猜想．______；______；
（3）由（1）（2）归纳出一般性结论并证明．
22．（12分）已知二次函数的图象与轴有两个不同的公共点，若，且当时，．
（1）试比较与的大小；
（2）求证：；
（3）当，时，求证：．
推理与证明（B）答 案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【答案】B
【解析】由题意，由已知条件入手利用同角三角函数的基本关系式，即可证得等式，应用的是综合法证明方法．故选B．
2．【答案】D
【解析】选项A，由圆的性质类比推出球的有关性质，这是类比推理；
选项B，由等边三角形、直角三角形的内角和是，归纳出所有三角形的内角和都是，是归纳推理；
选项C，某次考试小明的数学成绩是满分，由此推出其它各科的成绩都是满分，是归纳推理；
选项D，金属能导电，金、银、铜是金属，所以金、银、铜能导电，这是三段论推理，属于演绎推理，
故选D．
3．【答案】B
【解析】根据反证法的概念，假设应是所证命题的否定，
“中至少有一个是偶数”包括一个、两个或三个偶数三种情况，其否定应为不存在偶数，即“假设，，都不是偶数”，
故选B．
4．【答案】A
【解析】设，则且，
所以，所以，
所以，所以或（舍），
所以，故选A．
5．【答案】C
【解析】记为第n次去掉的长度，
，剩下两条长度为的线段，第二次去掉的线段长为，
第次操作后有条线段，每条线段长度为，
因此第次去掉的线段长度为，
所以，，
，，n的最小值为6．
故选C．
6．【答案】A
【解析】由题意，，
，
，
，
，
由，得或，
由中得：
函数的图象与曲线的交点坐标为，
故选A．
7．【答案】C
【解析】根据正弦定理，
∵为三角形的内角，∴，，
∴．
8．【答案】B
【解析】根据麦克劳林公式得：，
所以，
由于，
故的近似值为，
故选B．
9．【答案】A
【解析】设小学中级?小学高级?中学中级?中学高级的人数分别为a，b，c，d，
由题意得，，，，，
所以，所以，，
若，则，
因为，所以，，，，
若，则，
因为，所以，，，
则，矛盾，
当队长为小学中级时，去掉队长，则，满足条件；
当队长为小学高级时，去掉队长，则，不满足，
当队长为中学中级时，去掉队长，则，不满足，
当队长为中学高级时，去掉队长，则，不满足，
综上：队长为小学中级，故选A．
10．【答案】C
【解析】根据题意，第一次：得到个；
第二次：在3个里面各又挖去一个“中心三角形”，在原来的3个上，每个多了3个，有个，
故第6次有个，故选C．
11．【答案】A
【解析】依题意，拆分后的分数，分子都是1，分母依次变大，
又中含，
故可分解如下
，
又，，是以101为首项的等差数列，故，，，
故，故选A．
12．【答案】C
【解析】不妨设，
故，
所以，故④正确；
对于①，若存在，，它们均小于1，则，
这与矛盾，故①正确；
对于②，若存在，，它们均小于2，
则，
这也与矛盾，故②正确；
对于③，取，
则，故③错误，
故选C．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】
【解析】因为，，所以要证原不等式成立，
只需证明，
而可化为，
所以只需证明即可，故答案为．
14．【答案】<
【解析】要比较与的大小，
只需比较与的大小，
只需比较与的大小，
只需比较与的大小，只需比较与的大小，
只需比较与的大小，
因为，所以，所以，
所以．
故答案为<．
15．【答案】82
【解析】从所给的部分数表可看出，所有奇数都在奇数行，所有偶数都在偶数行．
是偶数，所以它位于偶数行，将奇数除外，
前n行偶数共有个，
由，得，
所以是第1010个偶数，
因为，所以位于第32偶数行，
即第行，，
前31行偶数共有个偶数，所以第31偶数行的最后一个数为，
第32偶数行的第一个数为1986，是第个数，
即，所以，
故答案为82．
16．【答案】
【解析】由不等式，
得，
设函数，即，
由，所以在上单调递增．
根据条件得，解得或，
故答案为．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】证明见解析．
【解析】设，，令，
由题意得，
∴，可得，
∵，∴，即，
∴为上的单调递增函数．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）证明：由已知得，下面用分析法证明：欲证，
只需证，即证，
由，知，只需证，
即证，即证，
由条件知成立，所以成立．
（2）用反证法证明：假设都不大于1，即，，
由，，得，，所以，
与已知矛盾，所以假设不成立，
即中至少有一个大于1，即结论成立．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1），
因为，取等号的条件为，
而，故等号无法取得，即，
又，所以，
所以．
（2）假设，则，所以由（1）得，
所以，
又，所以，
即矛盾，所以假设错误，
所以．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）综合法：，，，，
又，．
分析法：，，
，要证，只需证，
即证，
只需证，即证，即证，
而恒成立，故原不等式成立．
（2），，要证明，
只需证明，即证，
只需证，
成立，原式成立．
21．【答案】（1）证明见解析；（2），；（3）见解析．
【解析】（1），而，即，
令，则，
而有在上单调减，
∴，故得证．
（2），，
（3）一般性结论为，
∵由上，则，
令有，
由（1）知：有在上单调减，
∴，故得证．
22．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【解析】（1）∵的图象与x轴有两个不同的交点，
∴方程有两个不相等的实根，．
∵，∴是方程的一个实根．
不妨设，∵，∴，且，
假设，
，根据当时，，
得，这与矛盾，故．
（2）∵，，∴，∴．
∵，，∴．
又∵(由（1），，，，得)，∴．
∵，∴，∴．
（3）∵，
∴要证不等式成立，只要证明，
∵，∴，即．
又∵，
∴，
∴二次函数的对称轴，
∴在上是增函数．
当时，，
即原不等式成立．
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2020-2021学年度高中数学单元双基精品试卷
选修1-2第二章推理与证明 （B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．命题“对于任意角θ，”的证明：“
”，其过程应用了（ ）
A．分析法 B．综合法
C．综合法、分析法综合使用 D．间接证法
2．下列推理属于演绎推理的是（ ）
A．由圆的性质可推出球的有关性质
B．由等边三角形、等腰直角三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°
C．某次考试小明的数学成绩是满分，由此推出其它各科的成绩都是满分
D．金属能导电，金、银、铜是金属，所以金、银、铜能导电
3．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程有有理根，那么，，中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是（ ）
A．假设，，都是偶数
B．假设，，都不是偶数
C．假设，，至少有一个是偶数
D．假设，，至多有两个是偶数
4．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（ ）
A．2 B．3 C． D．
5．十九世纪下半叶集合论的创立，莫定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（ ）参考数据：（，）
A．4 B．5 C．6 D．7
6．定义函数序列：，，，，，则函数的图象与曲线的交点坐标为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知角为的内角，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．苏格兰数学家科林麦克劳林(ColinMaclaurin)研究出了著名的Maclaurin级数展开式，受到了世界上顶尖数学家的广泛认可，下面是麦克劳林建立的其中一个公式：，试根据此公式估计下面代数式的近似值为（ ）（可能用到数值，）
A． B． C． D．
9．肇庆市为支援边远山区的教育事业，组织了一支由13名教师组成的队伍去支教．记者采访队长时询问这个团队的构成情况，队长回答：“（1）有中学高级教师；（2）中学教师不多于小学教师；（3）小学高级教师少于中学中级教师；（4）小学中级教师少于小学高级教师；（5）支教队伍的职称只有小学中级?小学高级?中学中级?中学高级；（6）无论是否把我计算在内，以上条件都成立．”由队长的叙述可以推测出他的学段及职称分别是（ ）
A．小学中级 B．小学高级 C．中学中级 D．中学高级
10．分形几何是美籍法国数学家芒德勃罗在20世纪70年代创立的一门数学新分支，其中的“谢尔宾斯基”图形的作法为：第一次操作是先作一个正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形）；第二次操作是在剩下的每个小正三角形中又挖去一个“中心三角形”；第三次操作是……按上述方法无限连续地作下去直到无穷，最终所得的极限图形称为“谢尔宾斯基”图形（如图所示），按上述操作6次后，“谢尔宾斯基”图形中的小三角形的个数为（ ）
A． B． C． D．
11．单分数（分子为1，分母为正整数的分数）的广泛使用成为埃及数学重要而有趣的特色，埃及人将所有的真分数都表示为一些单分数的和．例如，，……，现已知可以表示成4个单分数的和，记，其中，，是以101为首项的等差数列，则的值为（ ）
A．505 B．404 C．303 D．202
12．已知，，，…，均为正实数，且
，有下列四个说法：
①最多有一个（）小于1
②最多有两个（）小于2
③至少有一个（）不小于2019
④至少有一个（）不小于2018
其中正确说法的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．用分析法证明：若a，b，m都是正数，且，则．完成下列证明过程．
因为，，所以要证原不等式成立，只需证明，即只需证明________．因为，所以只需证明，由已知显然成立，所以原不等式成立．
14．________（填“>”“<”或“=”）．
15．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设是位于这个三角形数表中从上往下数第i行、从左往右数第j个数，如．若，则__________．
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681012
911131517
141618202224
16．新教材人教B版必修第二册课后习题：“求证方程只有一个解”．证明如下：“化为，设，则在上单调递减，且，所以原方程只有一个解”．解题思想是转化为函数．类比上述思想，不等式的解集是__________．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知函数满足：对任意的，，，都有，试证明：为上的单调递增函数．
18．（12分）（1）已知，，求证：；
（2）已知，，，求证：中至少有一个大于1．
19．（12分）（1）已知，用比较法证明：；
（2）已知，用反证法证明：．
20．（12分）用综合法或分析法证明：
（1）如果，，那么；
（2）设，，求证：．
21．（12分）设，，．
（1）证明：；
（2）探索猜想．______；______；
（3）由（1）（2）归纳出一般性结论并证明．
22．（12分）已知二次函数的图象与轴有两个不同的公共点，若，且当时，．
（1）试比较与的大小；
（2）求证：；
（3）当，时，求证：．
推理与证明（B）答 案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【答案】B
【解析】由题意，由已知条件入手利用同角三角函数的基本关系式，即可证得等式，应用的是综合法证明方法．故选B．
2．【答案】D
【解析】选项A，由圆的性质类比推出球的有关性质，这是类比推理；
选项B，由等边三角形、直角三角形的内角和是，归纳出所有三角形的内角和都是，是归纳推理；
选项C，某次考试小明的数学成绩是满分，由此推出其它各科的成绩都是满分，是归纳推理；
选项D，金属能导电，金、银、铜是金属，所以金、银、铜能导电，这是三段论推理，属于演绎推理，
故选D．
3．【答案】B
【解析】根据反证法的概念，假设应是所证命题的否定，
“中至少有一个是偶数”包括一个、两个或三个偶数三种情况，其否定应为不存在偶数，即“假设，，都不是偶数”，
故选B．
4．【答案】A
【解析】设，则且，
所以，所以，
所以，所以或（舍），
所以，故选A．
5．【答案】C
【解析】记为第n次去掉的长度，
，剩下两条长度为的线段，第二次去掉的线段长为，
第次操作后有条线段，每条线段长度为，
因此第次去掉的线段长度为，
所以，，
，，n的最小值为6．
故选C．
6．【答案】A
【解析】由题意，，
，
，
，
，
由，得或，
由中得：
函数的图象与曲线的交点坐标为，
故选A．
7．【答案】C
【解析】根据正弦定理，
∵为三角形的内角，∴，，
∴．
8．【答案】B
【解析】根据麦克劳林公式得：，
所以，
由于，
故的近似值为，
故选B．
9．【答案】A
【解析】设小学中级?小学高级?中学中级?中学高级的人数分别为a，b，c，d，
由题意得，，，，，
所以，所以，，
若，则，
因为，所以，，，，
若，则，
因为，所以，，，
则，矛盾，
当队长为小学中级时，去掉队长，则，满足条件；
当队长为小学高级时，去掉队长，则，不满足，
当队长为中学中级时，去掉队长，则，不满足，
当队长为中学高级时，去掉队长，则，不满足，
综上：队长为小学中级，故选A．
10．【答案】C
【解析】根据题意，第一次：得到个；
第二次：在3个里面各又挖去一个“中心三角形”，在原来的3个上，每个多了3个，有个，
故第6次有个，故选C．
11．【答案】A
【解析】依题意，拆分后的分数，分子都是1，分母依次变大，
又中含，
故可分解如下
，
又，，是以101为首项的等差数列，故，，，
故，故选A．
12．【答案】C
【解析】不妨设，
故，
所以，故④正确；
对于①，若存在，，它们均小于1，则，
这与矛盾，故①正确；
对于②，若存在，，它们均小于2，
则，
这也与矛盾，故②正确；
对于③，取，
则，故③错误，
故选C．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】
【解析】因为，，所以要证原不等式成立，
只需证明，
而可化为，
所以只需证明即可，故答案为．
14．【答案】<
【解析】要比较与的大小，
只需比较与的大小，
只需比较与的大小，
只需比较与的大小，只需比较与的大小，
只需比较与的大小，
因为，所以，所以，
所以．
故答案为<．
15．【答案】82
【解析】从所给的部分数表可看出，所有奇数都在奇数行，所有偶数都在偶数行．
是偶数，所以它位于偶数行，将奇数除外，
前n行偶数共有个，
由，得，
所以是第1010个偶数，
因为，所以位于第32偶数行，
即第行，，
前31行偶数共有个偶数，所以第31偶数行的最后一个数为，
第32偶数行的第一个数为1986，是第个数，
即，所以，
故答案为82．
16．【答案】
【解析】由不等式，
得，
设函数，即，
由，所以在上单调递增．
根据条件得，解得或，
故答案为．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】证明见解析．
【解析】设，，令，
由题意得，
∴，可得，
∵，∴，即，
∴为上的单调递增函数．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）证明：由已知得，下面用分析法证明：欲证，
只需证，即证，
由，知，只需证，
即证，即证，
由条件知成立，所以成立．
（2）用反证法证明：假设都不大于1，即，，
由，，得，，所以，
与已知矛盾，所以假设不成立，
即中至少有一个大于1，即结论成立．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1），
因为，取等号的条件为，
而，故等号无法取得，即，
又，所以，
所以．
（2）假设，则，所以由（1）得，
所以，
又，所以，
即矛盾，所以假设错误，
所以．
20．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）综合法：，，，，
又，．
分析法：，，
，要证，只需证，
即证，
只需证，即证，即证，
而恒成立，故原不等式成立．
（2），，要证明，
只需证明，即证，
只需证，
成立，原式成立．
21．【答案】（1）证明见解析；（2），；（3）见解析．
【解析】（1），而，即，
令，则，
而有在上单调减，
∴，故得证．
（2），，
（3）一般性结论为，
∵由上，则，
令有，
由（1）知：有在上单调减，
∴，故得证．
22．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【解析】（1）∵的图象与x轴有两个不同的交点，
∴方程有两个不相等的实根，．
∵，∴是方程的一个实根．
不妨设，∵，∴，且，
假设，
，根据当时，，
得，这与矛盾，故．
（2）∵，，∴，∴．
∵，，∴．
又∵(由（1），，，，得)，∴．
∵，∴，∴．
（3）∵，
∴要证不等式成立，只要证明，
∵，∴，即．
又∵，
∴，
∴二次函数的对称轴，
∴在上是增函数．
当时，，
即原不等式成立．