（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（五十五）直接证明与间接证明 理（含解析）苏教版

课时跟踪检测（五十五）直接证明与间接证明一保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·海门中学检测)用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其反设为“________”．解析：命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其题设为“a2＋b2＝0”，结论是“a，b全为0”，用反证法证明该命题时，其反设为“a，b不全为0”．答案：a，b不全为02．(2018·徐州模拟)若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．解析：因为P2＝2a＋7＋2a·a＋7＝2a＋7＋2a2＋7a，Q2＝2a＋7＋2a＋3·a＋4＝2a＋7＋2a2＋7a＋12，所以P2＜Q2，所以P＜Q.答案：P＜Q3．(2018·江阴调研)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”的条件的是________(填序号)．解析：①中，假设a≤1，b≤1，则a＋b≤2与已知条件a＋b＞2矛盾，故假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1，①正确；②中，若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2成立，故②不能推出：“a，b中至少有一个大于1”．答案：①4．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2＞0，则f(x1)＋f(x2)________0(填“＞”“＜”或“＝”)．解析：由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2＞0，可知x1＞－x2，f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)＜0.答案：＜5．(2019·吕四中学检测)若0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，则在a＋b,2ab，a2＋b2和2ab中最大的是________．解析：因为0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，所以a＋b＞2ab，a2＋b2＞2ab，a＋b－(a2＋b2)＝a(1－a)＋b(1－b)＞0，所以a＋b最大．答案：a＋b6．如果aa＋bb＞ab＋ba，则a，b应满足的条件是__________．解析：aa＋bb＞ab＋ba，即(a－b)2(a＋b)＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b7．已知点An(n，an)为函数y＝x2＋1图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．解析：由条件得cn＝an－bn＝n2＋1－n＝1n2＋1＋n，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1＜cn.答案：cn＋1＜cn8．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：1x－11y－11z－1＞8.证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，所以1x－1＝1－xx＝y＋zx＞2yzx，①1y－1＝1－yy＝x＋zy＞2xzy，②1z－1＝1－zz＝x＋yz＞2xyz，③又x，y，z为正数，由①×②×③，得1x－11y－11z－1＞8.9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S8＝64.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：1Sn－1＋1Sn＋1＞2Sn(n≥2，n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则a3＝a1＋2d＝5，S8＝8a1＋28d＝64，解得a1＝1，d＝2.故所求的通项公式为an＝2n－1.(2)证明：由(1)可知Sn＝n2，要证原不等式成立，只需证1n－2＋1n＋2＞2n2，即证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2，只需证(n2＋1)n2＞(n2－1)2，即证3n2＞1.而3n2＞1在n≥2时恒成立，从而不等式1Sn－1＋1Sn＋1＞2Sn(n≥2，n∈N*)恒成立．10.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，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AF＝CD，AF∥CD，所以四边形ADCF是平行四边形，则CF∥AD.又EF∥AP，且CF∩EF＝F，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PC⊥AC.因为四边形ABCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2，所以AC＝2，BC＝2.所以AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，因为PC∩BC＝C，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．(2019·南通调研)已知数列{an}各项均为正数，且不是常数列．(1)若数列{an}是等差数列，求证：a1＋a3＜2a2；(2)若数列{an}是等比数列，求证：1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．证明：(1)要证a1＋a3＜2a2，只需证a1＋a3＋2a1a3＜4a2，∵数列{an}是等差数列，∴a1＋a3＝2a2，∴只需证a1a3＜a2，即证a1a3＜a22＝a1＋a322，∵数列{an}各项均为正数，∴a1a3＜a22＝a1＋a322成立，∴a1＋a3＜2a2.(2)假设1－an,1－an＋1,1－an＋2成等比数列，则(1－an＋1)2＝(1－an)(1－an＋2)，即1－2an＋1＋a2n＋1＝1＋anan＋2－(an＋an＋2)，∵数列{an}是等比数列，∴a2n＋1＝anan＋2，∴2an＋1＝an＋an＋2，∴数列{an}是等差数列，∴数列{an}是常数列，这与已知相矛盾，故假设不成立，∴1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．2．若无穷数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，则称{an}具有性质P.(1)若{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，求a3；(2)若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1＝c5＝1，b5＝c1＝81，an＝bn＋cn，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an＋1＝bn＋sinan(n∈N*)，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a5＝a2，所以a6＝a3，a7＝a4＝3，a8＝a5＝2，于是a6＋a7＋a8＝a3＋3＋2.又因为a6＋a7＋a8＝21，所以a3＝16.(2)由题意，得数列{bn}的公差为20，{cn}的公比为13，所以bn＝1＋20(n－1)＝20n－19，cn＝81·13n－1＝35－n，an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n.a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝3043，a2≠a6，所以{an}不具有性质P.(3)证明：充分性：当{bn}为常数列时，an＋1＝b1＋sinan.对任意给定的a1，若ap＝aq，则b1＋sinap＝b1＋sinaq，即ap＋1＝aq＋1，充分性得证．必要性：假设{bn}不是常数列，则存在k∈N*，使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而bk＋1≠b.下面证明存在满足an＋1＝bn＋sinan的数列{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1.设f(x)＝x－sinx－b，取m∈N*，使得mπ＞|b|，则f(mπ)＝mπ－b＞0，f(－mπ)＝－mπ－b＜0，故存在c使得f(c)＝0.取a1＝c，因为an＋1＝b＋sinan(1≤n≤k)，所以a2＝b＋sinc＝c＝a1，依此类推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.但ak＋2＝bk＋1＋sinak＋1＝bk＋1＋sinc≠b＋sinc，即ak＋2≠ak＋1.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”．