高中数学一轮复习考点规范练：第七章　不等式、推理与证明36 Word版含解析

这是一份高中数学一轮复习考点规范练：第七章　不等式、推理与证明36 Word版含解析，共4页。试卷主要包含了要证，与2的大小关系为　等内容，欢迎下载使用。

1.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( )

A.2ab-1-a2b2≤0B. a2+b2-1-≤0
C.-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥0
2.分析法又称执果索因法,若用分析法证明“设a>b>c,且a+b+c=0,求证:a”索的因应是( )
A.a-b>0B.a-c>0
C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0
3.若a,b∈R,则下面四个式子中恒成立的是( )
A.lg(1+a2)>0B.a2+b2≥2(a-b-1)
C.a2+3ab>2b2D.
4.已知不相等的三个正数a,b,c成等差数列,且x是a,b的等比中项,y是b,c的等比中项,则x2,b2,y2( )
A.成等比数列而非等差数列
B.成等差数列而非等比数列
C.既成等差数列又成等比数列
D.既非等差数列又非等比数列
5.设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+( )
A.都大于2B.都小于2
C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2
6.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)的值( )
A.恒为负值B.恒等于零
C.恒为正值D.无法确定正负〚导学号37270473〛
7.设a>b>0,m=,n=,则m,n的大小关系是 .
8.与2的大小关系为 .
9.(2016银川一中模拟)在等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为q(q≠1),且b2+S2=12,q=.
(1)求an与bn;
(2)证明:+…+.
〚导学号37270474〛
能力提升
10.若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则( )
A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形
D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形
11.已知a,b,μ∈(0,+∞),且=1,要使得a+b≥μ恒成立,则μ的取值范围是 .
12.(2016山东潍坊模拟五)在Rt△ABF中,AB=2BF=4,C,E分别是AB,AF的中点(如图1).将此三角形沿CE对折,使平面AEC⊥平面BCEF(如图2),已知D是AB的中点.
(1)求证:CD∥平面AEF;
(2)求证:平面AEF⊥平面ABF.
图1
图2
高考预测
13.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=2.
(1)证明:数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(n∈N*)的前n项和为Tn,证明:Tn<6.
〚导学号37270475〛
参考答案
考点规范练36 直接证明与
间接证明
1.D 解析 在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.
2.C 解析 a⇔b2-ac<3a2⇔(a+c)2-ac<3a2⇔a2+2ac+c2-ac-3a2<0⇔-2a2+ac+c2<0⇔2a2-ac-c2>0⇔(a-c)(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.故选C.
3.B 解析 在B中,∵a2+b2-2(a-b-1)=(a2-2a+1)+(b2+2b+1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,∴a2+b2≥2(a-b-1)恒成立.
4.B 解析由已知条件,可得
由②③得
代入①,得=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.
5.D 解析 ∵a>0,b>0,c>0,
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.
6.A 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上的减函数.由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)7.m(方法二:分析法)因为a>b>0,所以要得出m与n的大小关系,只需判断与1的大小关系,只需判断与1的大小关系,只需判断a+b-2-(a-b)与0的大小关系,只需判断2b-2与0的大小关系,只需判断与0的大小关系.由a>b>0,可知<0,即<1,即可判断m8>2 解析 要比较与2的大小,只需比较()2与(2)2的大小,只需比较6+7+2与8+5+4的大小,只需比较与2的大小,只需比较42与40的大小,∵42>40,>2
9.(1)解 设{an}的公差为d.
因为所以
解得(q=-4舍去).
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.
(2)证明 因为Sn=,
所以
所以+…+
=
=
因为n≥1,所以0<,
所以1-<1,
所以
所以+…+
10.D 解析 由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,
则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.
由
得
则A2+B2+C2=,
这与三角形内角和为180°相矛盾.
因此假设不成立,
故△A2B2C2是钝角三角形.
11.(0,16] 解析 ∵a,b∈(0,+∞),且=1,∴a+b=(a+b)=10+10+2=16(当且仅当a=4,b=12时等号成立).
∴a+b的最小值为16.
∴要使a+b≥μ恒成立,只需16≥μ.
∴0<μ≤16.
12.证明 (1)取AF中点M,连接DM,EM.
∵D,M分别是AB,AF的中点,
∴DM是△ABF的中位线,
∴DM?BF.
又CE?BF,∴四边形CDME是平行四边形,∴CD∥EM.
又EM⊂平面AEF,CD⊄平面AEF,
∴CD∥平面AEF.
(2)由题意知CE⊥AC,CE⊥BC,
且AC∩BC=C,故CE⊥平面ABC.
又CD⊂平面ABC,∴CE⊥CD.
∴四边形CDME是矩形.
∴EM⊥MD.
在△AEF中,EA=EF,M为AF的中点,∴EM⊥AF,且AF∩MD=M,
∴EM⊥平面ABF.
又EM⊂平面AEF,
∴平面AEF⊥平面ABF.
13.(1)解 因为Sn=an+1+n-2,所以当n≥2时,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3,
两式相减,得an=an+1-an+1,
即an+1=2an-1.
设cn=an-1,代入上式,
得cn+1+1=2(cn+1)-1,
即cn+1=2cn(n≥2).
又Sn=an+1+n-2,则an+1=Sn-n+2,故a2=S1-1+2=3.
所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c1.
综上,对于正整数n,cn+1=2cn都成立,即数列{an-1}是等比数列,其首项a1-1=1,公比q=2.
所以an-1=1,故an=+1.
(2)证明 由Sn=an+1+n-2,得Sn-n+2=an+1=2n+1,
即Sn-n+1=2n,所以bn=
所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=+…+,①
2×①,得2Tn=3++…+,②
②-①,得Tn=3++…+=3=3=6-
因为>0,
所以Tn=6-<6.