【数学】2020届一轮复习（理）江苏专版10-4直接证明与间接证明作业

【数学】2020届一轮复习（理）江苏专版10-4直接证明与间接证明作业

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0‎ ‎2．(2018·徐州模拟)若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．‎ 解析：因为P2＝2a＋7＋2·＝2a＋7＋2，Q2＝2a＋7＋2·＝2a＋7＋2，所以P2＜Q2，所以P＜Q.‎ 答案：P＜Q ‎3．(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：①‎ ‎4．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,2，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＞2，a2＋b2＞2ab，a＋b－(a2＋b2)＝a(1－a)＋b(1－b)＞0，所以a＋b最大．‎ 答案：a＋b ‎6．如果a＋b＞a＋b，则a，b应满足的条件是__________．‎ 解析：a＋b＞a＋b，即(－)2(＋)＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.‎ 答案：a≥0，b≥0且a≠b ‎7．已知点An(n，an)为函数y＝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＝－n＝，‎ 所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1＜cn.‎ 答案：cn＋1＜cn ‎8．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：＞8.‎ 证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，‎ 所以－1＝＝＞， ①‎ －1＝＝＞， ②‎ －1＝＝＞， ③‎ 又x，y，z为正数，由①×②×③，‎ 得＞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：＋＞(n≥2，n∈N*)．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 则解得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＋＞，‎ 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＋＞(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＝，BC＝.‎ 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：＋＜2；‎ ‎(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＋＜2，‎ 只需证a1＋a3＋2＜4a2，‎ ‎∵数列{an}是等差数列，‎ ‎∴a1＋a3＝2a2，‎ ‎∴只需证 ＜a2，‎ 即证a1a3＜a＝2，‎ ‎∵数列{an}各项均为正数，‎ ‎∴a1a3＜a＝2成立，‎ ‎∴＋＜2.‎ ‎(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＋a＝1＋anan＋2－(an＋an＋2)，‎ ‎∵数列{an}是等比数列，‎ ‎∴a＝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＋sin an(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，‎ 所以bn＝1＋20(n－1)＝20n－19，‎ cn＝81·n－1＝35－n，‎ an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n.‎ a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝，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＋sin an.‎ 对任意给定的a1，若ap＝aq，则b1＋sin ap＝b1＋sin aq，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＋sin an的数列{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1.‎ 设f(x)＝x－sin x－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＋sin an(1≤n≤k)，‎ 所以a2＝b＋sin c＝c＝a1，‎ 依此类推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.‎ 但ak＋2＝bk＋1＋sin ak＋1＝bk＋1＋sin c≠b＋sin c，‎ 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”．‎