教師公開招聘考試中學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷1

教師公開招聘考試中學(xué)數(shù)學(xué)（證明題）模擬試卷1一、證明題(本題共31題，每題1.0分，共31分。)設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a+b=c+d，證明：1、若ab＞cd，則；標(biāo)準(zhǔn)答案：知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析2、｜a—b｜＜｜c(diǎn)—d｜的充要條件．標(biāo)準(zhǔn)答案：(i)若｜a—b｜＜｜c(diǎn)—d｜，則(a—b)2＜(c－d)2，即(a+b)2一4ab＜(c+d)2一4cd．因?yàn)閍+b=c+d，所以ab＞cd，得．(ii)若，因?yàn)閍+b=c+d，所以ab＞cd，于是(a—b)2=(a+b)2一4ab＜(c+d)2一4cd=(c—d)2，因此｜a—b｜＜｜c(diǎn)—d｜，綜上．是｜a—b｜＜｜c(diǎn)—d｜的充要條件．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析3、已知an=4n+5，bn=3n，求證：對(duì)任意正整數(shù)n，都存在正整數(shù)p，使得ap=bn2成立．標(biāo)準(zhǔn)答案：an=4n+5=4(n+1)+1，表示的是被4除余1的數(shù)，而bn2=9n=(8+1)n=Cn08n+Cn18n－1+…+Cnn－1．8+1，展開式除最后一項(xiàng)之外均為8也為4的倍數(shù)，因此，對(duì)任意正整數(shù)n，都存在正整數(shù)p，使得ap=bn2成立．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析4、求證：函數(shù)f(x)=＋1在區(qū)間(0，+∞)上是單調(diào)增函數(shù)．標(biāo)準(zhǔn)答案：x1，x2，且0＜x1＜x2，∵f(x1)一f(x2)=，∵0＜x1＜x2，∴x1一x2＜0，x1x2＞0，∴＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在(0，+∞)上為單調(diào)增函數(shù)．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析5、已知a＞0，b＞0，求證a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc．標(biāo)準(zhǔn)答案：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc，又∵c2+a2≥2ac，b＞0，∴b(c2+a2)≥2abc，∴a(b2＋c2)+b(c2+a2)≥4abc．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析6、求證：定義在實(shí)數(shù)集上的單調(diào)減函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸至多只有一個(gè)公共點(diǎn)．標(biāo)準(zhǔn)答案：假設(shè)函數(shù)y=f(x)的圖象與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，且x1＜x2，因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x)在實(shí)數(shù)集上單調(diào)遞減．所以f(x1)＞f(x2)，這與f(x1)=f(x2)=0矛盾．所以假設(shè)不成立，故原命題成立．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析7、證明：上帝不是萬(wàn)能的．標(biāo)準(zhǔn)答案：證明：假設(shè)上帝是萬(wàn)能的，那么上帝能否造出一塊他自己都舉不起來(lái)的石頭?如果不能，那么上帝就不是萬(wàn)能的；如果能，因?yàn)樯系叟e不起這塊石頭，因此上帝不是萬(wàn)能的，這與假設(shè)矛盾．所以原假設(shè)不成立，即上帝不是萬(wàn)能的．這就是上帝悖論．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析8、用數(shù)學(xué)歸納法證明：1+4+7+…+(3n一2)=n(3n一1)．標(biāo)準(zhǔn)答案：(1)當(dāng)n=1時(shí)，左邊=1，右邊=1，∴當(dāng)n=1時(shí)命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)命題成立，即1+4+7+…+(3k一2)=k(3k一1)，則當(dāng)n=k+1時(shí)，需證1＋4＋7+…+(3k一2)+[3(k+1)一2]=(k+1)(3k+2)(*)，由于左端等式是一個(gè)以1為首項(xiàng)，公差為3，項(xiàng)數(shù)為k+1的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，其和為(k+1)(3k+2)，∴(*)式成立，即n=k+1時(shí)，命題成立，根據(jù)(1)(2)可知，對(duì)一切n∈N*，命題成立．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析9、已知a，b是正數(shù)，并且a≠b，求證：a5+b5＞a2b3+a3b2．標(biāo)準(zhǔn)答案：(a5+b5)一(a2b3+a3b2)=(a5一a3b2)+(b5一a2b3)=a3(a2一b2)一b3(a2一b2)=(a2一b2)(a3一b3)=(a+b)(a一b)2(a2+ab+b2)，∵a，b都是正數(shù)，∴a+b＞0，a2+ab+b2＞0．又∵a≠b，∴(a一b)2＞0．∴(a+b)(a一b)2(a2+ab+b2)＞0，即：a5+b5＞a2b3+a3b2．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析10、證明：．標(biāo)準(zhǔn)答案：知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a+b+c=1．證明：11、ab+bc+ca≤．標(biāo)準(zhǔn)答案：由a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca得：a2+b2+c2≥ab+bc+ca．由題設(shè)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≤．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析12、≥1．標(biāo)準(zhǔn)答案：知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析設(shè)a＞1，函數(shù)f(x)=(1+x2)ex一a．13、求f(x)的單調(diào)區(qū)間；標(biāo)準(zhǔn)答案：∵f(x)=(1+x2)ex一a，∴f’(x)=2xex+(1+x2)ex=(1+x)2ex．∵x∈R，f’(x)≥0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為R．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析14、證明：f(x)在(一∞，+∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)；標(biāo)準(zhǔn)答案：已知f(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù)．f(0)=1一a，∵a＞1，∴1一a＜0∴f(0)＜0，當(dāng)x→+∞時(shí)，f(x)＞0成立，∴f(x)在(一∞，+∞)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)。知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析15、若曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M(m，n)的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，證明：m≤一1．標(biāo)準(zhǔn)答案：令點(diǎn)P為(x0，y0)，∵y=f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，∴f’(x0)=(x0+1)2ex0=0，∴x0=一1，p(一1，－a)，∴直線OP的斜率kop=，∵在點(diǎn)M(m，n)處的切線與直線OP平行，∴f’(m)=(m+1)2em=a－，需證明(m+1)2≤(m+1)2em，需證明m+1≤em，設(shè)g(m)=em－m一1，∴g’(m)=em一1，令g’(m)=0，m=0，∴g(m)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，∴g(m)≥g(0)=0，∴em一m一1≥0，∴em≥m一1，命題得證．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，f(x)+g(x)=ex，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．16、求f(x)，g(x)的解析式，并證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞0，g(x)＞1；標(biāo)準(zhǔn)答案：由f(x)，g(x)的奇偶性及f(x)+g(x)=ex①，得：一f(x)+g(x)=e－x②．聯(lián)立①②解得f(x)=(ex－e－x)，g(x)=(ex+e－x)．當(dāng)x＞0時(shí)，ex＞1，0＜e－x＜1，故f(x)＞0③，又由基本不等式得g(x)==1④所以g(x)＞1；知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析17、設(shè)a≤0，b≥1，證明：當(dāng)x＞0時(shí)，ag(x)+(1一a)＜＜bg(x)+(1－b)．標(biāo)準(zhǔn)答案：f’(x)=(ex+e－x)=g(x)⑤，g’(x)=(ex一e－x)=f(x)⑥，當(dāng)x＞0時(shí)，＞ag(x)+(1－a)等價(jià)于f(x)＞axg(x)+(1－a)x⑦，＜bg(x)+(1—b)等價(jià)于f(x)＜bxg(x)+(1－b)x⑧．設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)－cxg(x)一(1－c)x，由⑤⑥，有h’(x)=g(x)一cg(x)一cxf(x)一(1一c)=(1－c)[g(x)一1]－cxf(x)．當(dāng)x＞0時(shí)，(1)若c≤0，由③④，得h’(x)＞0，故h(x)在[0，+∞)上為增函數(shù)，從而h(x)＞h(0)=0．即f(x)＞cxg(x)+(1一c)x，故⑦成立．(2)若c≥1，由③④，得h’(x)＜0，故h(x)在[0，+∞)上為減函數(shù)，從而h(x)＜h(0)=0，即f(x)＜cxg(x)+(1－c)x，故⑧成立．綜合⑦⑧，得ag(x)+(1一a)＜＜bg(x)+(1—b)．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析如圖，A，B，C，D為平面四邊形ABCD的四個(gè)內(nèi)角．18、證明：；標(biāo)準(zhǔn)答案：．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析19、若A+C=180°，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求．標(biāo)準(zhǔn)答案：由A+C=180°可知B+D=180°，所以有sinA=sinC，sin(A+C)=0，同理sinB=sinD，sin(B+D))=0，進(jìn)一步上式化簡(jiǎn)可得：連接BD，設(shè)BD=x，在△ABD和△CBD中分別利用余弦定理及A+C=180°可得cosA=一cosC，即知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2一mx．20、證明：f(x)在(一∞，0)單調(diào)遞減，在(0，+∞)單調(diào)遞增；標(biāo)準(zhǔn)答案：f’(x)=m(emx一1)+2x．若m≥0，則當(dāng)x∈(一∞，0)時(shí)，emx一1≤0，f’(x)＜0；當(dāng)x∈(0，+∞)時(shí)，emx一1≥0，f’(x)＞0．若m＜0，則當(dāng)x∈(一∞，0)時(shí)，emx一1＞0，f’(x)＜0，當(dāng)x∈(0，+∞)時(shí)，emx一1＜0，f’(x)＞0．所以，f(x)在(一∞，0)單調(diào)遞減，在(0，+∞)單調(diào)遞增．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析21、若對(duì)于任意x1，x2∈[一1，1]，都有｜f(x1)－f(x2)｜≤e一1，求m的取值范圍．標(biāo)準(zhǔn)答案：由已知，對(duì)任意的m，f(x)在[一1，0]單調(diào)遞減，在[0，1]單調(diào)遞增，故f(x)在x=0處取得最小值．所以對(duì)于任意x1，x2∈[一1，1]，｜f(x1)一f(x2)｜≤e一1的充要條件是：即，設(shè)函數(shù)g(t)=et一e+1，則g’(t)=et一1．當(dāng)t＜0，g’(t)＜0，當(dāng)t＞0時(shí)，g’(t)＞0，故g(t)在(一∞，0)單調(diào)遞減，在(0，+∞)單調(diào)遞增，又∵g(1)=0，g(一1)=e－1+2一e＜0，故當(dāng)t∈[一1，1]時(shí)，g(t)≤0，當(dāng)m∈[一1，1]時(shí)，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立．當(dāng)m＞1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性，g(m)＞0，即em一m＞e一1；當(dāng)m＜一1時(shí)，g(一m)＞0，即e－m+m＞e一1．綜上，m的取值范圍是[一1，1]．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析如圖，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的點(diǎn)．22、求證：平面PAC⊥平面PBC；標(biāo)準(zhǔn)答案：由AB是圓的直徑，得AC⊥BC．由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC．又∵PA∩AC=A，，所以BC⊥平面PAC．因?yàn)锽C平面PBC．所以平面PBC⊥平面PAC．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析23、若AB=2，AC=1，PA=1，求二面角C—PB—A的余弦值．標(biāo)準(zhǔn)答案：過(guò)C作CM／／AP，則CM⊥平面ABC．如圖，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線CB，CA，CM為X軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)锳B=2，AC=1，所以BC=，因?yàn)镻A=1，所以A(0，1，0)，．設(shè)平面BCP的法向量為，不妨令y=1，則，設(shè)平面ABP的法向量為．所以由題意可知二面角C—PB—A的余弦值為．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx，(k∈R)，24、證明：當(dāng)x＞0，f(x)＜x；標(biāo)準(zhǔn)答案：令F(x)=f(x)一x=ln(1+x)一x，x∈[0，+∞)，則有F’(x)=．當(dāng)x∈[0，+∞)，F(xiàn)’(x)＜0，所以F(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)(x)＜F(0)=0，即當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜x．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析25、證明：當(dāng)k＜1時(shí)，存在x0＞0，使得對(duì)x∈(0，x0)，f(x)＞g(x)；標(biāo)準(zhǔn)答案：令G(x)=f(x)－g(x)=ln(1+x)－kx，x∈[0，+∞)，則有G’(x)=．當(dāng)k≤0時(shí)，G’(x)＞0，所以G(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)=0，故對(duì)任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意．當(dāng)0＜k＜1時(shí)，令G’(x)=0，得x=－1＞0．取x0=－1，對(duì)任意x∈(0，x0)，G’(x)＞0，所以G(x)在[0，x0)上單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)=0，即f(x)＞g(x)．綜上，當(dāng)k＜1時(shí)，總存在x0＞0，使得對(duì)任意的x∈(0，x0)，f(x)＞g(x)．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析26、確定k的所有可能取值，使得存在t＞0，對(duì)任意的x∈(0，t)，恒有｜f(x)－g(x)｜＜x2．標(biāo)準(zhǔn)答案：當(dāng)k＞1時(shí)，對(duì)于x∈(0，+∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)，｜f(x)一g(x)｜=g(x)一f(x)=kx—ln(1+x)，令M(x)=kx—ln(1+x)一x2，x∈[0，+∞)，則有M’(x)=k一時(shí)，M’(x)＞0，M(x)在[0，]上單調(diào)遞增，故M(x)＞M(0)=0，即｜f(x)一g(x)｜＞x2，所以滿足題意的t不存在．當(dāng)k＜1時(shí)，由已知存在x0＞0，使得對(duì)任意的x∈(0，x0)，f(x)＞g(x)．此時(shí)｜一f(x)一g(x)｜=f(x)－g(x)=ln(1+x)－kx，令N(x)=ln(1+x)－kx－x2，x∈[0，+∞)，則有N’(x)=時(shí)，N’(x)＞0，N(x)在[0，)上單調(diào)遞增，故N(x)＞N(0)=0，即f(x)一g(x)＞x2，記x0與中較小的為x1，則當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有｜f(x)一g(x)｜＞x2，故滿足題意的t不存在．當(dāng)k=1，由已知，當(dāng)x∈(0，+∞)，｜f(x)－g(x)｜=g(x)－f(x)=x—ln(1+x)，令H(x)=x—ln(1+x)－x2，x∈[0，+∞)，則有H’(x)=1一，當(dāng)x＞0時(shí)，H’(x)＜0，所以H(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞減，故H(x)＜H(0)=0，故當(dāng)x＞0時(shí)，恒有｜f(x)－g(x)｜＜x2，此時(shí)，任意實(shí)數(shù)t滿足題意．綜上，k=1．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析已知函數(shù)f(x)=一2(x+a)lnx+x2一2ax一2a2+a，其中a＞0．27、設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性；標(biāo)準(zhǔn)答案：∴f(x)=－2(x+a)lnx+x2－2ax－2a2+a，∴g(x)=f’(x)=－2lnx一2—+2x一2a(a＞0，x＞0)．∴g’(x)=(a＞0，x＞0)．令g’(x)≥0，即x2一x+a≥0(x＞0)，討論此不等式的解，可得：①當(dāng)△=1－4a≤0時(shí)，即a≥時(shí)，不等式恒成立．即g’(x)≥0恒成立，所以g(x)恒單調(diào)遞增．②知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析28、證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0在區(qū)間(1，+∞)內(nèi)恒成立，且f(x)=0在區(qū)間(1，+∞)內(nèi)有唯一解．標(biāo)準(zhǔn)答案：由已知得f’(x)=g(x)在(1，+∞)內(nèi)單調(diào)遞增．且f’(1)=－2－2a+2－2a=一4a＜0，f’(+∞)＞0．由零點(diǎn)存在性定理得存在唯一x0∈(1，+∞)，使得f’(x0)=一2lnx0－2一+2x0－2a=0①．所以f(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，(x0，+∞)上單調(diào)遞增．所以滿足f(x)=0在區(qū)間(1，+∞)內(nèi)有唯一解只需滿足f(x)min=f(x0)=0即可．f(x0)=2(x0+a)lnx02+x02－2ax0一2a2+a=0，將①代入化簡(jiǎn)得：2a2+(5x0一2x02)a一(x03一2x02)=0，(2a一x0)(a+x02—2x0)=0，a=，a=2x0－x02．當(dāng)a=(x0＞1)時(shí)，此時(shí)①變形為2a一2ln2a一3=0，在(，1)上有解．令h(a)=2a一2ln2a一3，h’(a)=2—，所以h(a)在(0，1)上單調(diào)遞減．=1—3＜0不滿足．當(dāng)a=2x0一x02時(shí)，此時(shí)①變形為2x02—2lnx0一6=0在(1，2)上有解．不妨設(shè)=1—3＜0，所以h(x0)在(1，2)上單調(diào)遞增．h(1)=一4，h(2)=2—2ln2＞0．所以2x02一2lnx0一6=0在(1，2)上有解．所以結(jié)論得證．知識(shí)點(diǎn)解析：暫無(wú)解析如圖，已知曲線C1：－y2=1，曲線C2：｜y｜=｜x｜+1，P是平面上一點(diǎn)，若存在過(guò)點(diǎn)P的直線與C1，C2都有公共點(diǎn)，則稱P為“C1一C2型點(diǎn)”．29、證明C1的左焦點(diǎn)是“C1一C2型點(diǎn)”時(shí)，要使用一條過(guò)該焦點(diǎn)的直線，試寫出一條