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    江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五十一直接证明与间接证明文含解析苏教版2.pdf

    • 资源ID:3396801       资源大小:102.82KB        全文页数:5页
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    江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五十一直接证明与间接证明文含解析苏教版2.pdf

    1 课时跟踪检测(五十一) 直接证明与间接证明课时跟踪检测(五十一) 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a2b20,则a,b全为 0” ,其反设 为“_” 解析:命题“若a2b20,则a,b全为 0” , 其题设为“a2b20” ,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 0 2(2018·徐州模拟)若P,Q(a0),则P,Q 的大小关系aa7a3a4 是_ 解析:因为P22a72·2a72,Q22a72·aa7a27aa3a4 2a72,所以P2Q2,所以PQ.a27a12 答案:PQ 3(2018·江阴调研)设a,b是两个实数,给出下列条件:ab2;a2b22. 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:中,假设a1,b1,则ab2 与已知条件ab2 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“”“”或“”) 解析:由f(x)是定义在 R 上的奇函数, 且当x0 时,f(x)单调递减, 可知f(x)是 R 上的单调递减函数, 由x1x20,可知x1x2,f(x1)f(x2)f(x2), 则f(x1)f(x2)0. 答案: 5 (2019·吕四中学检测)若 0a1,0b1, 且ab, 则在ab,2,a2b2和 2abab 中最大的是_ 解析 : 因为 0a1,0b1, 且ab, 所以ab2,a2b22ab,ab(a2b2)ab a(1a)b(1b)0,所以ab最大 答案:ab 2 6如果abab,则a,b应满足的条件是_abba 解析:abab,即()2()0,需满足a0,b0 且ab.abbaabab 答案:a0,b0 且ab 7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,x21 其中nN*,设cnanbn,则cn与cn1的大小关系为_ 解析:由条件得cnanbnn,n21 1 n21n 所以cn随n的增大而减小,所以cn1cn. 答案:cn1cn 8已知x,y,z是互不相等的正数,且xyz1,求证:8. ( 1 x1)( 1 y1)( 1 z1) 证明:因为x,y,z是互不相等的正数,且xyz1, 所以 1, 1 x 1x x yz x 2yz x 1, 1 y 1y y xz y 2xz y 1, 1 z 1z z xy z 2xy z 又x,y,z为正数,由××, 得8. ( 1 x1)( 1 y1)( 1 z1) 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*) 1 Sn1 1 Sn1 2 Sn 解:(1)设等差数列an的公差为d, 则Error!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, 1 n12 1 n12 2 n2 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 1 Sn1 1 Sn1 2 Sn 3 10.如图,在四棱锥P­ABCD中,PC 底面ABCD,ABCD是直角梯形,ABAD,ABCD,AB2AD2CD 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.22 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(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:2;a1a3a2 (2)若数列an是等比数列,求证:1an,1an1,1an2不可能成等比数列 证明:(1)要证2,a1a3a2 只需证a1a324a2,a1a3 数列an是等差数列, a1a32a2, 只需证 a2,a1a3 即证a1a3a 2,2 2 ( a1a3 2) 数列an各项均为正数, a1a3a 2成立,2 2 ( a1a3 2) 2.a1a3a2 (2)假设 1an,1an1,1an2成等比数列, 则(1an1)2(1an)(1an2), 即 12an1a1anan2(anan2), 2n1 数列an是等比数列, 4 aanan2, 2n1 2an1anan2, 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, 1an,1an1,1an2不可能成等比数列 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,b5 c181,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 , 1 3 所以bn120(n1)20n19, cn81· n135n, ( 1 3) anbncn20n1935n. a1a582,但a248,a6,a2a6, 304 3 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, 5 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”

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