【志鸿优化设计】高考数学一轮复习 第七章 不等式、推理与证明考点规范练36 直接证明与间接证明 文.doc

考点规范练36直接证明与间接证明一、非标准1.(2014山东,文4)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是()a.方程x3+ax+b=0没有实根b.方程x3+ax+b=0至多有一个实根c.方程x3+ax+b=0至多有两个实根d.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根2.要证:a2+b2-1-a2b20,只要证明()a.2ab-1-a2b20b.a2+b2-1-0c.-1-a2b20d.(a2-1)(b2-1)03.设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+()a.都大于2b.都小于2c.至少有一个不大于2d.至少有一个不小于24.(2014天津模拟)p=,q=(m,n,a,b,c,d均为正数),则p,q的大小为()a.pqb.pqc.pqd.不确定5.设f(x)是定义在r上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,若x1+x20,则f(x1)+f(x2)的值()a.恒为负值b.恒等于零c.恒为正值d.无法确定正负6.在abc中,sin asin cb,那么”假设内容应是.8.在不等边三角形中,a为最大边,要想得到角a为钝角的结论,三边a,b,c应满足.9.设直线l与抛物线y2=2px(p0)相交于a,b两点,且oaob(o为坐标原点).求证:a,b两点的横坐标之积和纵坐标之积都是定值.10.已知在数列an中,a1=5,且an=2an-1+2n-1(n2,且nn+).(1)证明:数列为等差数列;(2)求数列an的前n项和sn. 11.已知m1,a=,b=,则以下结论正确的是()a.abb.aa+b,那么a,b应满足的条件是.13.如图,在abc中,=(x,y),=(u,v),求证:abc的面积sabc=|xv-yu|.14.如图,ab是圆o的直径,pa垂直圆o所在的平面,c是圆o上的点.(1)求证:bc平面pac;(2)设q为pa的中点,g为aoc的重心,求证:qg平面pbc.15.等差数列an的前n项和为sn,a1=1+,s3=9+3.(1)求数列an的通项an与前n项和sn;(2)设bn=(nn+),求证:在数列bn中,任意不同的三项都不可能成为等比数列.#一、非标准1.a解析:“至少有一个”的否定为“没有”.2.d解析:因为a2+b2-1-a2b20(a2-1)(b2-1)0,故选d.3.d解析:a0,b0,c0,6,当且仅当a=b=c=1时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.4.b解析:q=p.5.a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x1+x20,可知x1-x2,即f(x1)f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)0,故选a.6.c解析:由sin asin c0,即cos(a+c)0,则a+c是锐角,从而b,故abc必是钝角三角形.7.解析:假设结论不成立,即的否定为.8.a2b2+c2解析:由余弦定理cos a=0,则b2+c2-a2b2+c2.9.证明:设点a(x1,y1),b(x2,y2),则=2px1,=2px2.因为oaob,所以x1x2+y1y2=0.所以=2px12px2=4p2x1x2=-4p2y1y2.所以y1y2=-4p2.所以x1x2=-y1y2=4p2,所以x1x2,y1y2都是定值,即a,b两点的横坐标之积和纵坐标之积都是定值.10.(1)证明:设bn=,则b1=2.因为bn+1-bn=1,所以数列为首项是2,公差是1的等差数列.(2)解:由(1)知,+(n-1)1,则an=(n+1)2n+1.因为sn=(221+1)+(322+1)+(n2n-1+1)+,所以sn=221+322+n2n-1+(n+1)2n+n.设tn=221+322+n2n-1+(n+1)2n,2tn=222+323+n2n+(n+1)2n+1.-,得tn=-221-(22+23+2n)+(n+1)2n+1=n2n+1,所以sn=n2n+1+n=n(2n+1+1).11.b解析:a=,b=,又,即aa+b()2()0a0,b0,且ab.13.证明:因为sabc=|sinbac=,而=(x,y),=(u,v),所以abc的面积sabc=|xv-yu|.14.证明:(1)由ab是圆o的直径,得acbc.由pa平面abc,bc平面abc,得pabc.又paac=a,pa平面pac,ac平面pac,所以bc平面pac.(2)连og并延长交ac于m,连接qm,qo,由g为aoc的重心,得m为ac中点.由q为pa中点,得qmpc.又o为ab中点,得ombc.因为qmmo=m,qm平面qmo,mo平面qmo,bcpc=c,bc平面pbc,pc平面pbc,所以平面qmo平面pbc.因为qg平面qmo,所以qg平面pbc.15.(1)解:由已知得解得d=2,故an=2n-1+,sn=n(n+).(2)证明:由(1)得bn=n+.假设数列bn中存在三项bp,bq,br(p,q,rn+,