2021高考数学（文）大一轮复习习题 第六章 不等式、推理与证明 课时跟踪检测 （三十七）　直接证明和间接证明 word版含答案

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1．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：eq \r(b2－ac)0
B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0
D．(a－b)(a－c)－x2，f(x1)eq \f(2\r(yz),x)，①
eq \f(1,y)－1＝eq \f(1－y,y)＝eq \f(x＋z,y)>eq \f(2\r(xz),y)，②
eq \f(1,z)－1＝eq \f(1－z,z)＝eq \f(x＋y,z)>eq \f(2\r(xy),z)，③
又x，y，z为正数，由①×②×③，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,z)－1))>8．
8．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq \r(2)．
证明：a⊥b⇔a·b＝0，
要证eq \f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq \r(2)．
只需证|a|＋|b|≤eq \r(2)|a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，
即(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
9．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，连接EF，CF(图略)，则AF＝CD，AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
则CF∥AD．
又EF∥AP，且CF∩EF＝F，∴平面CFE∥平面PAD．
又EC⊂平面CEF，∴EC∥平面PAD．
(2)∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AC．
∵四边形ABCD是直角梯形，
且AB＝2AD＝2CD＝2，
∴AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(2)．
∴AB2＝AC2＋BC2，∴AC⊥BC，
∵PC∩BC＝C，∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．
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1．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，且an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)．
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式．
(2)设bn＝anan＋1(n∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明：Tn＜eq \f(1,6)．
证明：(1)由已知可得，当n∈N*时，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)，
两边取倒数得，eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋3，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝2，
公差为3的等差数列，
其通项公式为eq \f(1,an)＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,3n－1)．
(2)由(1)知an＝eq \f(1,3n－1)，
故bn＝anan＋1＝eq \f(1,3n－13n＋2)
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,5)))＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)－\f(1,8)))＋…＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq \f(1,6)－eq \f(1,3)·eq \f(1,3n＋2)．
因为eq \f(1,3n＋2)＞0，所以Tn＜eq \f(1,6)．
2．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00，∴b