江苏专版2019版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201805284212.doc

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1、课时跟踪检测（四十九） 直接证明与间接证明一保高考，全练题型做到高考达标1(2018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.答案：5(2016吕四中学检测)若0a1,0b1，

2、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.证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且xyz

3、1，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，AB2AD2CD2，E是PB的中点(1)求证：EC平

4、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(nN*)(1)证明：数列是等差数列，并求数列an的

5、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是公比为正数的等比数列，b1c51，b5c181，an

6、bncn，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，an1b1sin an.对任意给定的a1，若apaq，则b1s

7、in 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”5