高考数学一轮复习 第十章 算法初步、复数、推理与证明 课时跟踪检测（四十九）直接证明与间接证明 文

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1、高考数学一轮复习 第十章 算法初步、复数、推理与证明 课时跟踪检测（四十九）直接证明与间接证明 文一保高考，全练题型做到高考达标1(xx徐州模拟)若P，Q(a0)，则P，Q的大小关系是_解析：因为P22a722a72，Q22a722a72，所以P2Q2，所以PQ.答案：P2矛盾，故假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1，正确；中，若a2，b3，则a2b22成立，故不能推出：“a，b中至少有一个大于1”答案：4设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)单调递减，若x1x20，则f(x1)f(x2)_0(填“”“0，可知x1x2，f(x1)f(x2)f(x2)，则f(x1)f(x2)0

2、.答案：5(xx吕四中学检测)若0a1,0b1，且ab，则在ab,2，a2b2和2ab中最大的是_解析：因为0a1,0b2，a2b22ab，ab(a2b2)a(1a)b(1b)0，所以ab最大答案：ab6如果abab，则a，b应满足的条件是_解析：abab，即()2()0，需满足a0，b0且ab.答案：a0，b0且ab7已知点An(n，an)为函数y图象上的点，Bn(n，bn)为函数yx图象上的点，其中nN*，设cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_解析：由条件得cnanbnn，所以cn随n的增大而减小，所以cn1cn.答案：cn1cn8已知x，y，z是互不相等的正数，且xyz1，求证：8

3、.证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且xyz1，所以1，1，1，又x，y，z为正数，由，得8.9已知等差数列an的前n项和为Sn，a35，S864.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：(n2，nN*)解：(1)设等差数列an的公差为d，则解得a11，d2.故所求的通项公式为an2n1.(2)证明：由(1)可知Snn2，要证原不等式成立，只需证，即证(n1)2(n1)2n22(n21)2，只需证(n21)n2(n21)2，即证3n21.而3n21在n2时恒成立，从而不等式(n2，nN*)恒成立10.如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB

4、2AD2CD2，E是PB的中点(1)求证：EC平面PAD；(2)求证：平面EAC平面PBC.证明：(1)作线段AB的中点F，连结EF，CF(图略)，则AFCD，AFCD，所以四边形ADCF是平行四边形，则CFAD.又EFAP，且CFEFF，所以平面CFE平面PAD.又EC平面CEF，所以EC平面PAD.(2)因为PC底面ABCD，所以PCAC.因为四边形ABCD是直角梯形，且AB2AD2CD2，所以AC，BC.所以AB2AC2BC2，所以ACBC，因为PCBCC，所以AC平面PBC，因为AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC.二上台阶，自主选做志在冲刺名校1已知数列an满足a1，且an1(n

5、N*)(1)证明：数列是等差数列，并求数列an的通项公式(2)设bnanan1(nN*)，数列bn的前n项和记为Tn，证明：Tn.证明：(1)由已知可得，当nN*时，an1，两边取倒数得，3，即3，所以数列是首项为2，公差为3的等差数列，其通项公式为2(n1)33n1，所以数列an的通项公式为an.(2)由(1)知an，故bnanan1，故Tnb1b2bn.因为0，所以Tn.2若无穷数列an满足：只要apaq(p，qN*)，必有ap1aq1，则称an具有性质P.(1)若an具有性质P，且a11，a22，a43，a52，a6a7a821，求a3；(2)若无穷数列bn是等差数列，无穷数列cn是公比

6、为正数的等比数列，b1c51，b5c181，anbncn，判断an是否具有性质P，并说明理由；(3)设bn是无穷数列，已知an1bnsin an(nN*)，求证：“对任意a1，an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”解：(1)因为a5a2，所以a6a3，a7a43，a8a52，于是a6a7a8a332.又因为a6a7a821，所以a316.(2)由题意，得数列bn的公差为20，cn的公比为，所以bn120(n1)20n19，cn81n135n，anbncn20n1935n.a1a582，但a248，a6，a2a6，所以an不具有性质P.(3)证明：充分性：当bn为常数列时，an1b1si

7、n an.对任意给定的a1，若apaq，则b1sin apb1sin aq，即ap1aq1，充分性得证必要性：假设bn不是常数列，则存在kN*，使得b1b2bkb，而bk1b.下面证明存在满足an1bnsin an的数列an，使得a1a2ak1，但ak2ak1.设f(x)xsin xb，取mN*，使得m|b|，则f(m)mb0，f(m)mb0，故存在c使得f(c)0.取a1c，因为an1bsin an(1nk)，所以a2bsin cca1，依此类推，得a1a2ak1c.但ak2bk1sin ak1bk1sin cbsin c，即ak2ak1.所以an不具有性质P，矛盾必要性得证综上，“对任意a1，an都具有性质P”的充要条件为“bn是常数列”