推理与证明测试题（含答案）

推理与证明测试题
时间：90分 满分：150分
一、选择题（7×8分，每题8分）。在每小题的四个选项中，只有一个符合要求。）
1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明过程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”应用了(　　)
A．分析法 B．综合法 C．综合法与分析法结合使用 D．间接证法
2．设a，b，c，d∈R＋，若a＋d＝b＋c且|a－d|<|b－c|，则有(　　)
A．ad＝bc　　　 B．adbc D．ad≤bc
3．在△ABC中，已知cosAcosB>sinAsinB，则△ABC一定是(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
4．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　　)
A．P>Q B．P＝Q C．P5．在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a、b、c应满足的条件是(　　)
A．a2C．a2>b2＋c2 D．a2≤b2＋c2
6．已知x＝a＋(a>2)，y＝()b2－2(b<0)，则x，y之间的大小关系是(　　)
A．x>y B．x7. 设a，b，c都是正数，则三个数a＋，b＋，c＋(　　)
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
二、填空题（28）
8．已知a∈R，P＝(4＋a2)(9＋a2)与Q＝24a2的大小关系是________．
9. 在用反证法证明“已知p＋q＝2，求证：p＋q≤2”时的反设为________，得出的矛盾为________．
三.解答题
10．（满分13分）已知△ABC中，A∶B∶C＝1∶2∶6.求证：＝.
11．（满分13分）已知012．（满分13分）已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：
(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)若|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2，则|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不大于.
（满分13分）已知f(x)＝ax＋(a>1)，证明：方程f(x)＝0没有负数根．
14. （满分13分） 设015．（满分13分）已知x，y>0，且x＋y>2.
求证：，中至少有一个小于2.
答案：
1. 解析：证明过程是利用已有的公式顺推得到要证明的等式，因此是综合法．
答案：B
2. 解析：|a－d|<|b－c| (a－d)2<(b－c)2 a2＋d2－2adbc，故选C.
答案：C
3. 解析：∵cosAcosB>sinAsinB，
∴cosAcosB－sinAsinB>0，
∴cos(A＋B)>0，
∴cosC＝－cos(A＋B)<0，
∴C是钝角．
∴△ABC是钝角三角形．
故应选C.
答案：C
4. 解析：要证P答案：C
5. 解析：要使A为钝角，应有cosA<0，即<0，所以应满足b2＋c2即a2>b2＋c2.
答案：C
6. 解析：∵x＝a－2＋＋2≥2＋2＝4(a>2)．而b2－2>－2(b<0)，即y＝()b2－2<()－2＝4，∴x>y.
答案：A
7.解析：P－Q＝(4＋a2)(9＋a2)－24a2＝36－11a2＋a4，令a2＝t，f(t)＝t2－11t＋36，因为Δ＝(－11)2－4×36<0，所以a4－11a2＋36>0恒成立，即P>Q.
8.答案：P>Q解析：若三个数都小于2，则a＋＋b＋＋c＋<6，与a＋＋b＋＋c＋≥2＋2＋2＝6矛盾．
答案：C
9.. 解析：假设p＋q>2，则p>2－q.
∴p>(2－q)＝8－12q＋6q2－q3，
将p3＋q3＝2代入得6q2－12q＋6<0，
∴(q－1)<0这不可能．∴p＋q≤2.
答案：p＋q>2　(q－1)<0
10..证明：要证明＝，
只需证明a2＋ab＋ac＝ab＋b2，
即证a(a＋c)＝b2，
由正弦定理，只需证明sinA(sinA＋sinC)＝sin2B.
∵A∶B∶C＝1∶2∶6，
∴A＝，B＝，C＝.
故即证sin(sin＋sin)＝sin2，
即sin(sin＋sin)＝sin2，
即sin·2sincos＝sin2，
即2sincos＝sin，显然成立．
∴＝成立．
11. 证明：由于00.
要证明＋≥9，
只需证明1－a＋4a≥9a－9a2，
即9a2－6a＋1≥0.
只需证明(3a－1)2≥0，
∵(3a－1)2≥0显然成立，
∴原不等式成立．
12证明：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都大于，
即|f(1)|>，|f(2)|>，|f(3)|>，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|>＋2×＋＝2，
这与已知条件中|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2矛盾，
所以假设不成立，原命题成立．
故|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不大于.
13. 【分析】　本题结论中有否定词，易用反证法．
【证明】　假设x0是f(x)＝0的负数根，
则x0<0且x0≠－1且ax0＝－，
由0解得故方程f(x)＝0没有负数根．
14. 【分析】　三个式子中“至少有一个不大于1”，它们出现的情况有多种，而问题的反面是三者“都大于1”，就这一种情况，较简单，故可选用反证法证明．
【证明】　证法一：假设x(2－y)>1，y(2－z)>1，z(2－x)>1均成立，则三式相乘，有xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1. ①
由于0∴0同理，0∴三式相乘，得0②与①矛盾，故假设不成立．
∴x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)中至少有一个不大于1.
证法二：假设x(2－y)>1，y(2－z)>1，z(2－x)>1均成立，
∴＋＋>3. ③
而＋＋≤＋＋＝3.
与③矛盾，故假设不成立，
∴原题设结论成立．
【反思与悟】　反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．
15
证明：假设，都不小于2，
即≥2，≥2.∵x，y>0，∴1＋x≥2y，
1＋y≥2x.∴2＋x＋y≥2(x＋y)，
即x＋y≤2与已知x＋y>2矛盾．
∴，中至少有一个小于2.