2、出下列條件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件的是________(填序號(hào))．
解析：①中，假設(shè)a≤1，b≤1，則a＋b≤2與已知條件a＋b>2矛盾，故假設(shè)不成立，所以a，b中至少有一個(gè)大于1，①正確；②中，若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2＞2成立，故②不能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”．
答案：①
4．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)________0(填“>”“<”或“＝”)．
解析：由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，
且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，
可知
3、f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，
由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)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，則a，b應(yīng)滿(mǎn)足的條件是__________．
解析：a＋b＞a＋b，即(－)2(＋)＞0，需滿(mǎn)足a≥0，b≥0且a
4、≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
7．已知點(diǎn)An(n，an)為函數(shù)y＝圖象上的點(diǎn)，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點(diǎn)，其中n∈N*，設(shè)cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關(guān)系為_(kāi)_______．
解析：由條件得cn＝an－bn＝－n＝，
所以cn隨n的增大而減小，所以cn＋1＜cn.
答案：cn＋1＜cn
8．已知x，y，z是互不相等的正數(shù)，且x＋y＋z＝1，求證：>8.
證明：因?yàn)閤，y，z是互不相等的正數(shù)，且x＋y＋z＝1，
所以－1＝＝>，①
－1＝＝>，②
－1＝＝>，③
又x，y，z為正數(shù)，由①×②×③，
得>8.
9．已知等差數(shù)列{an}的前n
5、項(xiàng)和為Sn，a3＝5，S8＝64.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求證：＋>(n≥2，n∈N*)．
解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
則解得a1＝1，d＝2.
故所求的通項(xiàng)公式為an＝2n－1.
(2)證明：由(1)可知Sn＝n2，
要證原不等式成立，只需證＋>，
即證[(n＋1)2＋(n－1)2]n2>2(n2－1)2，
只需證(n2＋1)n2>(n2－1)2，
即證3n2>1.
而3n2>1在n≥2時(shí)恒成立，
從而不等式＋>(n≥2，n∈N*)恒成立．
10.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥
6、CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中點(diǎn)．
(1)求證：EC∥平面PAD；
(2)求證：平面EAC⊥平面PBC.
證明：(1)作線(xiàn)段AB的中點(diǎn)F，連結(jié)EF，CF(圖略)，則AF＝CD，AF∥CD，
所以四邊形ADCF是平行四邊形，
則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?yàn)镻C⊥底面ABCD，所以PC⊥AC.
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是直角梯形，
且AB＝2AD＝2CD＝2，
所以AC＝，BC＝.
所以AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，
因?yàn)镻C∩BC＝C，所以AC⊥平面P
7、BC，
因?yàn)锳C?平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.
二上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校
1．已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝，且an＋1＝(n∈N*)．
(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
(2)設(shè)bn＝anan＋1(n∈N*)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和記為T(mén)n，證明：Tn＜.
證明：(1)由已知可得，當(dāng)n∈N*時(shí)，an＋1＝，
兩邊取倒數(shù)得，＝＝＋3，
即－＝3，所以數(shù)列是首項(xiàng)為＝2，
公差為3的等差數(shù)列，
其通項(xiàng)公式為＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝.
(2)由(1)知an＝，
故bn＝anan＋1＝
＝，
8、
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝×＋×＋…＋×＝＝－·.
因?yàn)椋?，所以Tn＜.
2．若無(wú)窮數(shù)列{an}滿(mǎn)足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，則稱(chēng){an}具有性質(zhì)P.
(1)若{an}具有性質(zhì)P，且a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，求a3；
(2)若無(wú)窮數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，無(wú)窮數(shù)列{cn}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，b1＝c5＝1，b5＝c1＝81，an＝bn＋cn，判斷{an}是否具有性質(zhì)P，并說(shuō)明理由；
(3)設(shè){bn}是無(wú)窮數(shù)列，已知an＋1＝bn＋sin an(n∈N*)，求證：“對(duì)任意a1，{an}都具有性質(zhì)P”的
9、充要條件為“{bn}是常數(shù)列”．
解：(1)因?yàn)閍5＝a2，所以a6＝a3，a7＝a4＝3，a8＝a5＝2，
于是a6＋a7＋a8＝a3＋3＋2.
又因?yàn)閍6＋a7＋a8＝21，所以a3＝16.
(2)由題意，得數(shù)列{bn}的公差為20，{cn}的公比為，
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}不具有性質(zhì)P.
(3)證明：充分性：
當(dāng){bn}為常數(shù)列時(shí)，an＋1＝b1＋sin an.
對(duì)任意給定的a1，若ap＝aq，則b1
10、＋sin ap＝b1＋sin aq，即ap＋1＝aq＋1，充分性得證．
必要性：
假設(shè){bn}不是常數(shù)列，則存在k∈N*，使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而bk＋1≠b.
下面證明存在滿(mǎn)足an＋1＝bn＋sin an的數(shù)列{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1.
設(shè)f(x)＝x－sin x－b，取m∈N*，使得mπ>|b|，
則f(mπ)＝mπ－b>0，f(－mπ)＝－mπ－b<0，
故存在c使得f(c)＝0.
取a1＝c，因?yàn)閍n＋1＝b＋sin an(1≤n≤k)，
所以a2＝b＋sin c＝c＝a1，
依此類(lèi)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}不具有性質(zhì)P，矛盾．
必要性得證．
綜上，“對(duì)任意a1，{an}都具有性質(zhì)P”的充要條件為“{bn}是常數(shù)列”．
高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（四十九）直接證明與間接證明 文
