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1、1 课时跟踪检测（五十五） 直接证明与间接证明课时跟踪检测（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P22a722a72，Q22a72aa7a27aa3a4 2a72，所以P2Q2，所以PQ.a27a12
2、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
3、 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y
4、x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
5、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
6、，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
7、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 12an1a
8、1anan2(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an1bnsi
9、n 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
10、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”