金版学案高考人教版理科总复习课时精练6.7直接证明与间接证明(含答案详析)

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高考理科数学(人教版)一轮复习讲义：第七章第五节直接证明与间接证明 Word版含答案

第五节直接证明与间接证明1．直接证明——综合法、分析法内容综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止思维过程由因导果(顺推证法)执果索因(逆推证法)框图表示P表示已知条件、已有的数学定义、公理、定理、性质等，Q表示所要证明的结论P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件文字语言因为……，所以……，或由……得……，或“⇒”要证(欲证)……，只需证……，即证……2．间接证明——反证法要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q 是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．,(1)分析法的特点①当命题不知从何入手时，可以运用分析法来解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效．②分析法证明过程不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件．(2)应用反证法证题注意事项应用反证法证题时，必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．(3)一些常见词语的否定一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( )(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( ) (3)用反证法证明结论“a ＞b ”时，应假设“a ≤b ”．( ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× 二、选填题1．命题“对任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ”过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证明法解析：选B 因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论，故选B. 2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：选D a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是( ) A ．假设三个内角都不大于60° B ．假设三个内角都大于60°C ．假设三个内角至多有一个大于60°D ．假设三个内角至多有两个大于60°解析：选B 根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60°.故选B.4．若2，3，x 成等比数列，则log 2x ＝________.解析：由题意得(3)2＝2·x ，所以x ＝32，所以x ＝92.设log2x ＝y ，即⎝⎛⎭⎫32y ＝92＝⎝⎛⎭⎫322，所以y ＝2，即log 2x ＝2.答案：25.6－22与5－7的大小关系是________．解析：假设6－22＞5－7，由分析法可得，要证 6－22＞5－7，只需证 6＋7＞5＋22，即证13＋242＞13＋410，即42＞210. 因为42＞40，所以6－22＞5－7成立．答案：6－22＞5－7考点一综合法的应用[师生共研过关][典例精析]数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞n n ＋1.[解] (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1， ∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.法二：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞1，又∵1＞n n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞n n ＋1.[解题技法]掌握综合法证明问题的思路[过关训练]已知a ，b ，c 都为正实数，a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≤3； (2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 证明：(1)∵(a ＋b ＋c )2＝(a ＋b ＋c )＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤(a ＋b ＋c )＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝3，∴a ＋b ＋c ≤3，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．(2)∵a ＞0，∴3a ＋1＞0， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥2 43a ＋1(3a ＋1)＝4，当且仅当43a ＋1＝3a ＋1，即a ＝13时取“＝”．∴43a ＋1≥3－3a ，同理得43b ＋1≥3－3b ，43c ＋1≥3－3c ，以上三式相加得4⎝⎛⎭⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9－3(a ＋b ＋c )＝6，∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32，当且仅当a＝b＝c＝13时取“＝”．考点二分析法的应用[师生共研过关][典例精析]若△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c.[证明]要证1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c，即证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，也就是证ca＋b＋ab＋c＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．[解题技法]1．利用分析法证明问题的思路先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．2．分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．[过关训练]1．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即证(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，∴2a3－b3≥2ab2－a2b.2．已知a＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a2－2≥a ＋1a －2，只要证a 2＋1a2＋2≥a ＋1a ＋ 2.因为a ＞0，故只要证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22，即证a 2＋1a 2＋4 a 2＋1a2＋4≥a 2＋2＋1a2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2，从而只要证2a 2＋1a2≥ 2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a 2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．考点三反证法的应用[师生共研过关][典例精析]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列． [解] (1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.(*) 又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ∈N *，r －p ∈N *.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立．所以假设不成立，原命题得证．[解题技法]用反证法证明数学命题需把握的3点 (1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．[过关训练]1．已知a1＋a2＋a3＋a4＞100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a1＋a2＋a3＋a4＞100矛盾，故假设错误．所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.2．已知f(x)＝ln(1＋e x)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得f(b)－f(a) b－a＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．证明：假设存在x0′∈(a，b)，x0∈(a，b)，且x0′≠x0，使得f(b)－f(a)b－a＝f′(x0′)，f(b)－f(a)b－a＝f′(x0)成立，即f′(x0)＝f′(x0′)．因为f′(x)＝e x1＋e x－m，记g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝e x(1＋e x)2＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x0′，这与x0′≠x0矛盾，所以x0是唯一的．。

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高中数学教案学案直接证明与间接证明学习目标： 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程及特点.2.了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法的思考过程及特点．1．直接证明(1)综合法①定义：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的________，最后推导出所要证明的结论________，这种证明方法叫做综合法． ②框图表示：P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q (其中P 表示已知条件，Q 表示要证的结论)．(2)分析法①定义：从________________出发，逐步寻求使它成立的__________，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)．这种证明的方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件.2．间接证明反证法：假设原命题__________(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出________，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．1．分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件2．(2011·揭阳模拟)用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”的假设内容应是( )A.3a ＝3bB.3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3bD.3a ＝3b 或3a <3b3．设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是( )A ．|a －c |≤|a －b |＋|c －b |B ．a 2＋1a 2≥a ＋1aC.a ＋3－a ＋1<a ＋2－aD ．|a －b |＋1a －b≥2 4．(2010·广东)在集合{a ，b ，c ，d }上定义两种运算⊕和⊗如下：那么d ⊗(a ⊕c )等于( )A ．aB ．bC ．cD ．d5．(2011·东北三省四市联考)设x 、y 、z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a 、b 、c 三数( )A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2考点一综合法例1 已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .举一反三1 设a ，b ，c >0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .考点二分析法例2 (2011·马鞍山月考)若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .举一反三2 已知a >0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.考点三反证法例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2与1＋y x<2中至少有一个成立．举一反三3 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6.求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.例 (12分)(2010·上海改编)若实数x 、y 、m 满足|x －m |＞|y －m |，则称x 比y 远离m .(1)若x 2－1比1远离0，求x 的取值范围．(2)对任意两个不相等的正数a 、b ，证明：a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab .多角度审题 (1)本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解．(2)第(2)小题，实质是证明不等式|a 3＋b 3－2ab ab |>|a 2b ＋ab 2－2ab ab |成立．证明时注意提取公因式及配方法的运用．【答题模板】(1)解由题意得||x 2－1＞1，即x 2－1＞1或x 2－1＜－1.[2分]由x 2－1＞1，得x 2＞2，即x ＜－2或x ＞2；由x 2－1＜－1，得x ∈∅.综上可知x 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．[4分](2)证明由题意知即证||a 3＋b 3－2ab ab ＞||a 2b ＋ab 2－2ab ab 成立．[6分]∵a ≠b ，且a 、b 都为正数，∴||a 3＋b 3－2ab ab ＝||(a 3)2＋(b 3)2－2a 3b 3＝||(a 3－b 3)2＝(a a －b b )2，||a 2b ＋ab 2－2ab ab ＝||ab (a ＋b －2ab )＝ab (a －b )2＝(a b －b a )2，[8分]即证(a a －b b )2－(a b －b a )2＞0，即证(a a －b b －a b ＋b a )(a a －b b ＋a b －b a )＞0，需证[](a －b )(a ＋b )[](a －b )(a ＋b )＞0，[10分]即证(a ＋b )(a －b )2＞0，∵a 、b 都为正数且a ≠b ，∴上式成立．故原命题成立．[12分]【突破思维障碍】1．准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键．2．代数式|a 3＋b 3－2ab ab |与|a 2b ＋ab 2－2ab ab |中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便．【易错点剖析】1．推理论证能力较差，绝对值符号不会去．2．运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错．一、选择题(每小题5分，共25分)1．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0 (a ≠0)有有理数根，那么a 、b 、c 中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是( )A ．假设a 、b 、c 都是偶数B ．假设a 、b 、c 都不是偶数C ．假设a 、b 、c 至多有一个偶数D ．假设a 、b 、c 至多有两个偶数2．(2011·济南模拟)a ，b ，c 为互不相等的正数，且a 2＋c 2＝2bc ，则下列关系中可能成。

高考理科数学一轮复习课时提升作业：第6章 6.5《直接证明与间接证明》(含答案)

课时提升作业三十九直接证明与间接证明(25分钟40分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2016·泰安模拟)用反证法证明命题:若a+b+c为偶数,则“自然数a,b,c恰有一个偶数”时正确反设为( )A.自然数a,b,c都是奇数B.自然数a,b,c都是偶数C.自然数a,b,c中至少有两个偶数D.自然数a,b,c中都是奇数或至少有两个偶数【解析】选D.由于“自然数a,b,c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a,b,c都是奇数或至少有两个偶数”,故选D.2.(2016·北京模拟)若a,b,c是不全相等的实数,求证:a2+b2+c2>ab+bc+ca.证明过程如下:因为a,b,c∈R,所以a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又因为a,b,c不全相等,所以以上三式至少有一个等号不成立,所以将以上三式相加得2(a2+b2+c2)>2(ab+bc+ac),所以a2+b2+c2>ab+bc+ca.此证法是( ) A.分析法 B.综合法C.分析法与综合法并用D.反证法【解析】选B.由已知条件入手证明结论成立,满足综合法的定义.3.(2016·莱芜模拟)在△ABC中,sinAsinC<cosAcosC,则△ABC一定是( )A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定【解析】选C.由sinAsinC<cosAcosC得cosAcosC-sinAsinC>0,即cos(A+C)>0,所以A+C是锐角,从而B>,故△ABC必是钝角三角形.【加固训练】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.<【解析】选B.A中,当a=0时,lg(1+a2)=0,不成立;B中,因为a2+b2-2(a-b-1)=(a2-2a+1)+(b2+2b+1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,所以a2+b2≥2(a-b-1)恒成立;C中,当a=0,b=1时,不成立;D中,当a=b=1时,不成立.4.不相等的三个正数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等比中项,y是b,c的等比中项,则x2,b2,y2三数( )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【解析】选B.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.(2016·淄博模拟)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>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0【解析】选C.<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.【加固训练】1.(2016·烟台模拟)设a,b,c是不全相等的正数,给出下列判断:①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0;②a>b,a<b及a=b中至少有一个成立;③a≠c,b≠c,a≠b不能同时成立,其中正确判断的个数为( )A.0B.1C.2D.3【解析】选C.①②正确;③中,a≠b,b≠c,a≠c可以同时成立,如a=1,b=2,c=3,故正确的判断有2个.2.(2016·太原模拟)命题“如果数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n,那么数列{a n}一定是等差数列”是否成立( )A.不成立B.成立C.不能断定D.与n取值有关【解析】选B.因为S n=2n2-3n,所以当n=1时,a1=S1=-1,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n2-3n-2(n-1)2+3(n-1)=4n-5,n=1时,适合a n,且a n-a n-1=4,故{a n}为等差数列,即命题成立.3.(2016·福州模拟)设0<x<1,a>0,b>0,a,b为常数,+的最小值是( )A.4abB.2(a2+b2)C.(a+b)2D.(a-b)2【解析】选C.(x+1-x)=a2+++b2≥a2+b2+2ab=(a+b)2.4.设a=-,b=-,c=-,则a,b,c的大小顺序是( )A.a>b>cB.b>c>aC.c>a>bD.a>c>b【解析】选A.因为a=-=,b=-=,c=-=,又因为+>+>+>0,所以a>b>c.二、填空题(每小题5分,共15分)6.用反证法证明命题“若x2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a且x≠b”时,应假设为.【解析】“x≠a且x≠b”的否定是“x=a或x=b”,因此应假设为x=a或x=b.答案:x=a或x=b【误区警示】此题容易出现“x=a且x=b”的错误答案.7.设a=+2,b=2+,则a,b的大小关系为.【解析】a=+2,b=2+,两式的两边分别平方,可得a2=11+4,b2=11+4,显然<,所以a<b.答案:a<b8.设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1; ②a+b=2; ③a+b>2;④a2+b2>2; ⑤ab>1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是.(填序号)【解析】若a=,b=,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;若a=b=1,则a+b=2,故②推不出;若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故④推不出;若a=-2,b=-3,则ab>1,故⑤推不出;对于③,即a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,反证法:假设a≤1且b≤1,则a+b≤2与a+b>2矛盾,因此假设不成立,故a,b中至少有一个大于1.答案:③(20分钟40分)1.(5分)(2016·烟台模拟)设a,b,c都是正数,则a+,b+,c+三个数( )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2【解析】选D.因为++=++≥6,当且仅当a=b=c时取等号,所以三个数中至少有一个不小于2.【加固训练】设x+y=1,x,y∈(0,+∞),则x2+y2+xy的最小值为( )A. B. C.- D.-【解析】选B.因为x>0,y>0且x+y=1,所以xy≤=,所以x2+y2+xy=(x+y)2-xy=1-xy≥1-=,故x2+y2+xy有最小值.2.(5分)(2016·济南模拟)设a>b>0,m=-,n=,则m,n的大小关系是. 【解析】取a=2,b=1,得m<n.再用分析法证明:-<⇐<+⇐a<b+2·+a-b⇐2·>0,显然成立.答案:m<n3.(5分)设a>1,n∈N,若不等式-1<恒成立时,则n的最小值为.【解析】n=1时,结论不成立;n=2时,不等式变为2-2<a-1,所以(-1)2>0,因为a>1,所以不等式成立.答案:24.(12分)(2016·青岛模拟)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△ABC是正三角形,AC与BD的交点M恰好是AC中点,又PA=AB=4,∠CDA=120°,点N在线段PB上,且PN=.(1)求证:BD⊥PC.(2)求证:MN∥平面PDC.【证明】 (1)因为△ABC是正三角形,M是AC中点,所以BM⊥AC,即BD⊥AC,又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.(2)在正三角形ABC中,BM=2,在△ACD中,因为M为AC中点,DM⊥AC,所以AD=CD,∠ADC=120°,所以DM=,所以=,在等腰直角三角形PAB中,PA=AB=4,PB=4,所以=,所以=,所以MN∥PD,又MN⊄平面PDC,PD⊂平面PDC,所以MN∥平面PDC.5.(13分)已知数列{a n}是各项均为正数且公差为d的等差数列,其前n项和为S n,首项为a1.(1)当a1=1,d=2时,证明:{}为等差数列.(2)求证:数列{}为等差数列的充要条件是d=2a1.【证明】(1)当a1=1,d=2时,==n,则-=n+1-n=1(常数),所以{}为等差数列.(2)①充分性:若d=2a1,则==n,-=(n+1)-n=(常数),所以{}为等差数列.②必要性:若{}为等差数列,则2=+, 即2=+,两边平方,整理得4a1+d=2,两边再平方,整理得4-4a1d+d2=0,即(2a1-d)2=0,所以2a1-d=0,d=2a1.综上,数列{}为等差数列的充要条件是d=2a1.。

高考数学大一轮复习66直接证明与间接证明课时作业理.doc

课时傩2直接证明与间接证明A. 分析法B. 综合法c.综合法、分析法综合徴D.间接证明法答案：B2. 若a, bwR,则下面四个式子中恒成立的是 ( )B. a2+ b 2> 2( a — b — 1)aD. < b b+ 12+ b 2—2( a —b — 1) =(a 2—2a+ 1) + ( b 2+2b+ 1) =(a — 1)2+ (b+ 解析：在B 项中，a 1)2> 0, /. a 2+ b 2> 2( a — b — 1)恒成立.答案：B3. 在厶 ABC 中，sin Asin O COS A JOS C 贝ABC 一定是( )1. 命题“对于任負 0, cos 40 —sin ^0 = cos2B"的证明：u cos 40 — sin 40 = (cos 2. 2 — sin °)(cos2 9 +sin20) = cos 20 —sin29 = cos2 8'过程应用解析: 因为证明过程是'从左往右”, 即由傑 ?结论 2)>0A. Ig(1 +a 72+ 3ab>2b 2C. aA.锐角三角形B.直角三角形C. 钝角三角形D.不确定解析：由sin Asin C<cosAcosC 得，cosAcosC—sin 阳n 00,叩cos( A+ Q>0 ,「.A+C 是锐角，TT从而B> ，故△ ABC必是钝角三角形.2答案：C4. 眾b, c是不全相等的正数，给出下列判断：O(a-b) 2+(b-c) + ( c- a) 2*0；②a>b, a<b及a= b中至少有一个成立;③a*c, b*c, a^b不能同时成立.其中正确判断的个数为( )答案:若 P= y/a+\/a+ 7, Q= >Ja+ 3+ pa+4( an 0),刪 Q 的大小关系为()V V2a+7+2 a a+7<2a+ 7+ 2 a+3A. P>Q B. P=Q C. P<Q D.由a 取值决定解析:2 2假设P<Q 要证P<Q 只要证P<Q只要证a 2+7w+7a+12,只要证 0<12,\ 0<12成立，.•・P<Q 成立.答案：C6.设函数f(x)是定义庄上的以3为周期的奇函数,3a —4 a+1,捌的取值范鹅一(3 A. a<-4 B . 3a< 且 a*— 1 43C. a> 或 a<— 14D .3—1<a<4 解析：vf(x)以3为周期，所以f(2)=f( —1), 又f(x)是R 上的奇函数,・・f ~ =-f(1),则2) =f( -1)=-f (1), 再由f(1)>1 ,可得f ⑵v -1, 3a-4 即 | d <-1,解得 9+1< < 答案：D r厂 2, b=2+7,刨b 的大小关系为 C. 2 D. 3解析: ①②正确；③中，a*b, b*c, a^c 可以同时成立，1, b= 2, c= 3,故正确的判断有 2个.5. 只要证 a+42=11 + 4 6, b2=11 + 4 7,b = 2+7两式的两边分别平方可得a显然， 6< 7. /.a<b.答案：a<b8.用反证法证明命题“若数 a, b, c, d 满足Fb=c+d=1, ac+ bd>1,刨b, c,d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是:解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是"解析：a= 3 + 2 2, a, b, c, d 中没有一个是非负数，即 a, b, c, d 全是负数”. 答案：a, b, c, d 全是负数 9.设a 、b 是两个实数，给岀下列条件： 2+ b 2>2；⑤ ab>4. ①a+ b>1；②a+b = 2；③ a+ b>2；④a其中能推出：“ a 、b 中至少有一个大于1”的条件是 ___________ (填序号).1 2 解析：若 a= , b= , »b>1.2 3但a<1, b<1,故①推不出；若a= b= 1,- b= 2,故②推不出；2+bQ2,故④推不出;若 a=— 2, b = — 3,捌若a=—2, b = —3, ,故⑤推不岀；对于③，即a+b>2,b 中至少有一个大于 1.反证法：假设as 1且bs 1, M b< 2与a+b>2矛盾, 因此假设不成立，故a 、b 中至少有一个大于 1.答案：③三、解答题10.若 a>b^@d>2且 + 求证: a<门正明：要证d+ a< b+皿蘇证(d+ a)2<( b+ c)s 即a+d+2 ad<b+c +2 be,因 a+d=b+c,只需证 ad< be,即 ad<bc,设 /曲)d—(t —c) c=( c —d)( c+d —t)vo ,故 ad<bc 成立，从而 d+ a< b+ c 成立. 11.已知函数y=f(x )是R 上的增函数.(1) 若 a, bwR 且 a+b> 0,求证：f(a) + f(b)> f(—a)+f( —b)；(2) 写出(1)中的命题的逆命题，判断真假并证明的维解：⑴丁函数y=f(x )是R 上的增函数，又a+ b> 0, /. a> — b, » — a, /.f (a) > f (— b), f (b)> f (— a), ・.f (a) + f (b) n f ( — a) + f (— b). ⑵逆命题：若 a 、beR, f(a)+f(b)> f( —a)+f(—b),0.真命题.证明如下: 假设a+ b<0, ・.・y=f(x)是R 上的增函数， .••当 a<-b 时,f ( a)<f ( - b)；当 b<—a 吋，f(b)vf(—a)・・.f ( a) +f (b)< f ( — b) + f ( — a)，与已知矛盾,。

高考数学总复习课时提升练66 直接证明与间接证明理新人教版

课时提升练(六十六) 直接证明与间接证明一、选择题1．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为( )A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数【解析】“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定为“a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数”．【答案】 B2．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P、Q的大小关系是( )A．P＞Q B．P＝QC．P＜Q D．由a的取值确定【解析】∵P2＝2a＋7＋2a a＋7＝2a＋7＋2a2＋7a，Q2＝2a＋7＋2a＋3a＋4＝2a＋7＋2a2＋7a＋12，∴P2＜Q2，∴P＜Q.【答案】 C3．(2014·张家口模拟)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b2－ac＜3a”索的因应是( )A．a－b＞0 B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0【解析】由b2－ac＜3a⇐b2－ac＜3a2⇐b2＋a(a＋b)＜3a2⇐b2＋a2＋ab＜3a2⇐b2＋ab＜2a2⇐b2＋ab－2a2＜0⇐(a－b)(a－c)＞0.【答案】 C4．(2014·上海模拟)“a＝14”是“对任意正数x，均有x＋ax≥1”的( )A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解析】当a ＝14时，x ＋a x ＝x ＋14x ≥2x ·14x ＝2×12＝1，当且仅当x ＝12时等号成立．反之，不成立．【答案】 A5．(2014·成都模拟)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A【解析】 ∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C .【答案】 A6．(2014·北京高考)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有( )A ．2人B ．3人C ．4人D ．5人【解析】利用反证法解决实际问题．假设满足条件的学生有4位及4位以上，设其中4位同学分别为甲、乙、丙、丁，则4位同学中必有两个人语文成绩一样，且这两个人数学成绩不一样，那么这两个人中一个人的成绩比另一个人好，故满足条件的学生不能超过3人．当有3位学生时，用A ，B ，C 表示“优秀”“合格”“不合格”，则满足题意的有AC ，CA ，BB ，所以最多有3人．【答案】 B 二、填空题7．设a ＞0，b ＞0，c ＞0，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c≥________.【解析】 ∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋bc≥3＋2b a ·a b＋2c a ·a c ＋2c b ·bc＝3＋2＋2＋2＝9.等号成立的条件是a ＝b ＝c ＝13.【答案】 98．凸函数的性质定理为：如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，已知函数y ＝sinx 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________．【解析】 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π)， ∴f A ＋f B ＋f C3≤f ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋B ＋C 3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.【答案】3329．设x ，y ，z 是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x ⊥z ，且y ⊥z ，则x ∥y ”为真命题的是________(填写所有正确条件的代号)．①x 为直线，y ，z 为平面； ②x ，y ，z 为平面； ③x ，y 为直线，z 为平面； ④x ，y 为平面，z 为直线； ⑤x ，y ，z 为直线．【解析】 ①中x 为直线，y ，z 为平面，则x ⊥z ，y ⊥z ，而x ⊄y ， ∴必有x ∥y 成立，故①正确．②中若x ，y ，z 均为平面，由墙角三面互相垂直可知x ∥y 是错的． ③x 、y 为直线，z 为平面，则x ⊥z ，y ⊥z 可知x ∥y 正确． ④x 、y 为平面，z 为直线，z ⊥x ，z ⊥y ，则x ∥y 成立．⑤x 、y 、z 均为直线，x ⊥z 且y ⊥z ，则x 与y 还可能异面、垂直，故不成立．【答案】 ①③④ 三、解答题10．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .【证明】 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0， c ＋a2≥ac ＞0又a ，b ，c 是不全相等的正数，故上述三个不等式中等号不能同时成立． ∴lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(ab ·bc ·ac )＝lg(abc )＝lg a ＋lg b ＋lg c .11．(2014·临沂模拟)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明1a＞c .【解】 (1)证明：∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点，∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a，∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a≠c ，∴1a 是f (x )＝0的一个根．即1a是函数f (x )的一个零点．(2)假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝0矛盾，∴1a≥c ，又∵1a≠c ，∴1a>c .12．对于定义域为[0,1]的函数f (x )，如果同时满足： ①对任意的x ∈[0,1]，总有f (x )≥0； ②f (1)＝1；③若x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)成立，则称函数f (x )为理想函数．(1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝x(x∈[0,1])是否是理想函数．【解】(1)证明：取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.(2)对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数．对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x21－x22＝2x1x2≥0，即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)．∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数．对于f(x)＝x，x∈[0,1]，显然满足条件①②.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2x1x2＋x2)＝－2x1x2≤0，即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.∴f(x)＝x(x∈[0,1])不是理想函数．综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝x(x∈[0,1])不是理想函数．。

【红对勾】高考新课标数学(文)大一轮复习课时练：6-6直接证明与间接证明(含答案解析)

课时作业37 直接证明与间接证明一、选择题1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“若a>b>c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a”“索”的“因”应是( )A ．a －b>0B ．a －c>0C ．(a －b)(a －c)>0D ．(a －b)(a －c)<0 解析：b 2－ac<3a ⇔b 2－ac<3a 2⇔(a ＋c)2－ac<3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c)(2a ＋c)>0⇔(a －c)(a －b)>0.答案：C2．设a>0，b>0，且a ＋b≤4，则有( )A.1ab ≥12B.ab ≥2C.1a ＋1b ≥1D.1a ＋b ≤14解析：∵4≥a ＋b≥2ab ，∴ab ≤2，1ab ≥12. ∴1a ＋1b ≥21ab≥1.也可取特殊值检验．答案：C 3．(2016·浙江名校联考)设a ＝lg2＋lg5，b ＝e x (x<0)，则a 与b 的大小关系为( )A ．a>bB ．a<bC ．a ＝bD ．a≤b解析：∵a ＝lg2＋lg5＝lg10＝1，而b ＝e x <e 0＝1，故a>b.答案：A4．(2016·四平一模)设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b>1；②a ＋b ＝2；③a ＋b>2；④a 2＋b 2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤ 解析：若a ＝12，b ＝23，则a ＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，即“a ＋b>2，则a ，b 中至少有一个大于1.反证法：假设a≤1且b≤1.则a ＋b≤2与a ＋b>2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.答案：C5．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P>QB ．P ＝QC ．P<QD ．由a 的取值确定解析：要比较P ，Q 的大小关系，只要比较P 2，Q 2的大小关系，只要比较2a ＋7＋2＋与2a ＋7＋2＋＋的大小，只要比较＋与＋＋的大小，即比较a 2＋7a 与a 2＋7a ＋12的大小，只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.答案：C6．(2016·济南模拟)设x ，y ，z>0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( ) A ．都大于2 B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2D ．至少有一个不大于2 解析：假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又y x ＋y z ＋z x ＋z y ＋x z ＋x y ＝⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ＋⎝⎛⎭⎫y z ＋z y ＋⎝⎛⎭⎫z x ＋x z ≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，故这三个数至少有一个不小于2.另取x ＝y ＝z ＝1，可排除A 、B.答案：C7．已知函数f(x)满足： f(a ＋b)＝f(a)·f(b), f(1)＝2，则f 2＋＋f 2＋＋f 2＋＋f 2＋＝( )A ．4B ．8C ．12D ．16 解析：根据f(a ＋b)＝f(a)·f(b)，得f(2n)＝f 2(n)．又f(1)＝2，则＋＝2.由f 2＋＋f 2＋＋f 2＋＋f 2＋＝＋＋＋＝16.答案：D8．(2016·山东烟台一模)用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( )A ．三个内角都不大于60°B ．三个内角都大于60°C ．三个内角至多有一个大于60°D ．三个内角至多有两个大于60°解析：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”的反面是“三个内角都大于60°”．答案：B9．已知a>0，b>0，如果不等式2a ＋1b ≥m 2a ＋b恒成立，那么m 的最大值等于( ) A ．10B ．9C ．8D ．7解析：∵a>0，b>0，∴2a ＋b>0.∴不等式可化为m≤⎝⎛⎭⎫2a ＋1b (2a ＋b)＝5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b . ∵5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ≥5＋4＝9，即其最小值为9.∴m≤9，即m 的最大值等于9.答案：B10．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ＝0，lnx x，x>0.g(x)＝⎪⎪⎪⎪sin π2x ，则f(x)与g(x)的图象在区间[0,6]上的交点个数为( )A ．5B ．6C ．7D ．8 解析：如图，在同一平面直角坐标系中，分别作出函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ＝0，lnx x ，x>0与g(x)＝⎪⎪⎪⎪sin π2x 在区间[0,6]上的图象．观察图象可得，两个函数的图象共有6个交点，故选B.答案：B二、填空题11．某题字迹有污损，大致内容是“已知|x|≤1，，用分析法证明|x ＋y|≤|1＋xy|.”估计污损部分的文字内容为________．解析：要证|x ＋y|≤|1＋xy|，需证(x ＋y)2≤(1＋xy)2，化简得x 2＋y 2≤1＋x 2y 2，(x 2－1)(1－y 2)≤0，因为|x|≤1，又要证的不等式成立，所以估计污损部分的文字内容为“|y|≤1”．故填|y|≤1. 答案：|y|≤112．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．解析：a ＝3＋22，b ＝2＋7两式的两边分别平方，可得a 2＝11＋46，b 2＝11＋47，显然，6<7，∴a<b.答案：a<b13．已知f(1,1)＝1，f(m ，n)∈N *(m ，n ∈N *)，且对任意的m ，n ∈N *，都有：(1)f(m ，n ＋1)＝f(m ，n)＋2.(2)f(m ＋1,1)＝2f(m,1)．给出以下三个结论：①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26.其中正确结论的序号有________．解析：在(1)式中令m ＝1可得f(1，n ＋1)＝f(1，n)＋2，则f(1,5)＝f(1,4)＋2＝ (9)在(2)式中，由f(m ＋1,1)＝2f(m,1)得f(5,1)＝2f(4,1)＝…＝16f(1,1)＝16.从而f(5,6)＝f(5,1)＋10＝26.故①②③均正确．答案：①②③14．已知命题：“在等差数列{a n }中，若4a 2＋a 10＋a ( )＝24，则S 11为定值”为真命题，由于印刷问题，括号处的数模糊不清，可推得括号内的数为________．解析：S 11＝1＋a 112＝11a 6，由S 11为定值，可知a 6＝a 1＋5d 为定值．设4a 2＋a 10＋a n ＝24，整理得a 1＋n ＋126d ＝4，可知n ＝18.答案：18三、解答题15．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 证明：要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3也就是c a ＋b ＋a b ＋c＝1，只需证c(b ＋c)＋a(a ＋b)＝(a ＋b)(b ＋c)，需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°.由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2accos60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立．于是原等式成立．16．已知x ∈R ，a ＝x 2＋12，b ＝2－x ，c ＝x 2－x ＋1，试证明a ，b ，c 至少有一个不小于1.证明：假设a ，b ，c 均小于1，即a<1，b<1，c<1.则有a ＋b ＋c<3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋12＋3 ＝2⎝⎛⎭⎫x －122＋3≥3. 两者矛盾，所以假设不成立，故a ，b ，c 至少有一个不小于1.。

【金版学案】高考数学总复习基础知识名师讲义第六章第七节直接证明与间接证明理

第七节直接证明与间接证明1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法，了解分析法和综合法的思考过程、特点.2.了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法的思考过程、特点.知识梳理一、直接证明1．综合法：从题设的已知条件出发，运用一系列有关已确定真实的命题作为推理的依据，逐步推演而得到要证明的结论，这种证明方法叫做综合法．综合法的推理方向是由已知到求证，表现为由因索果，综合法的解题步骤用符号表示是：P0(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒P n(结论)．特点：由因导果，因此综合法又叫顺推法．2．分析法：分析法的推理方向是由结论到题设，论证中步步寻求使其成立的充分条件，如此逐步归结到已知的条件和已经成立的事实，从而使命题得证，表现为执果索因，分析法的证题步骤用符号表示为B(结论)⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(已知)．特点：执果索因，因此分析法又叫逆推法或执果索因法．二、间接证明假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立．这样的证明方法叫反证法．反证法是一种间接证明的方法．1．反证法的解题步骤：否定结论—推演过程中引出矛盾—肯定结论．2．反证法的理论依据是：原命题为真，则它的逆否命题为真，在直接证明有困难时，就可以转化为证明它的逆否命题成立．3．反证法证明一个命题常采用以下步骤：(1)假定命题的结论不成立；(2)进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾；(3)由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的；(4)肯定原来命题的结论是正确的，即“反设—归谬—结论”．4．一般情况下，有如下几种情况的证明题目常常采用反证法：第一，问题共有n种情况，现要证明其中的1种情况成立时，可以想到用反证法把其他的n－1种情况都排除，从而肯定这种情况成立；第二，命题是以否定命题的形式叙述的；第三，命题用“至少”、“至多”的字样叙述的；第四，当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆命题又是非常容易证明的．基础自测1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是( )A．t＞s B．t≥sC．t＜s D．t≤s解析：因为s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，所以s≥t.答案：D2．对任意的锐角α，β，下列不等式成立的是( )A．sin(α＋β)>sin α＋sin βB．cos(α＋β)>cos α＋cos βC．cos(α＋β)<sin α＋sin βD．cos(α＋β)<cos α＋cos β答案：D3．定义运算法则如下：a b ＝a 12＋b 13，a ⊗b ＝lg a 2－lg b 12.若M ＝2141258，N ＝2⊗125，则M ＋N ＝________________.解析：由定义运算法则可知，M ＝2141258＝94＋ 31258＝32＋52＝4， N ＝2⊗125＝lg(2)2－lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫12512＝lg 2＋lg 5＝1， ∴M ＋N ＝5.答案：54．(2013·保定模拟)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4，a ≥0，则P 、Q 的大小关系是__________．解析：分析法，要证P <Q ，需证P 2<Q 2即可．答案：P <Q1．(2012·新课标全国卷)如图，直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1BDC 1的大小．(1)证明：在Rt△DAC 中，AD ＝AC ，得∠ADC ＝45°.同理：∠A 1DC 1＝45°⇒∠CDC 1＝90°，得：DC 1⊥DC .又DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ⇒DC 1⊥平面BCD ⇒DC 1⊥BC .(2)解析：DC 1⊥BC ，CC 1⊥BC ，DC 1∩CC 1＝C 1⇒BC ⊥平面ACC 1A 1⇒BC ⊥AC .取A 1B 1的中点O ，过点O 作OH ⊥BD 于点H ，连接C 1O ，C 1H .A 1C 1＝B 1C 1⇒C 1O ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1⊥平面A 1BD ⇒C 1O ⊥平面A 1BD ⇒C 1O ⊥BD .OH ⊥BD ，C 1O ∩OH ＝O ⇒BD ⊥平面C 1OH ⇒C 1H ⊥BD 得：点H 与点D 重合，且∠C 1DO 是二面角A 1BDC 1的平面角．设AC ＝a ，则C 1O ＝2a 2，C 1D ＝2a ＝2C 1O ⇒∠C 1DO ＝30°，即二面角A 1BDC 1的大小为30°.2．(2013·江苏卷)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0<β<α<π.(1)若|a －b |＝2，求证：a ⊥b ；(2)设c ＝(0,1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值．(1)证明：由|a －b |＝2，即(cos α－cos β)2＋(sin α－sin β)2＝2，整理得cosαcos β＋sin αsin β＝0，即a ·b ＝0，因此a ⊥b .(2)解析：由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧ cos α＋cos β＝0，sin α＋sin β＝1，又0<β<α<π，cos β＝－cos α＝cos(π－α)，则β＝π－α，sin α＋sin(π－α)＝1，所以sin α＝12，得α＝π6或α＝5π6，当α＝π6时，β＝5π6(舍去)，当α＝5π6时，β＝π6.1．(2013·惠州一模)如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧棱与底面垂直，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1＝2，点M ，N 分别为A 1B 和B 1C 1的中点．(1)证明：MN ∥平面A 1ACC 1；(2)求二面角NMCA 的正弦值．(1)证明：如图所示，取A 1B 1的中点P ，连接MP ，NP .又因为点M ，N 分别为A 1B 和B 1C 1的中点，所以NP ∥A 1C 1，MP ∥B 1B ，因为NP ⊂平面MNP ，A 1C 1⊄平面MNP ，所以NP ∥平面A 1ACC 1；同理MP ∥平面A 1ACC 1；又MP ∩NP ＝P ，所以平面MNP ∥平面A 1ACC 1；所以MN ∥平面A 1ACC 1；(2)解析：侧棱与底面垂直可得A 1A ⊥AB ，A 1A ⊥AC ，及AB ⊥AC ，可建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(2,0,2)，C 1(0,2,2)，N (1,1,2)，M (1,0,1)．所以MC →＝(－1,2，－1)，CN →＝(1，－1,2)，AC →＝(0,2,0)．设平面ACM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝2y 1＝0，n 1·MC →＝－x 1＋2y 1－z 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝－1，所以n 1＝(1,0，－1)．设平面NCM 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·MC →＝－x 2＋2y 2－z 2＝0，n 2·CN →＝x 2－y 2＋2z 2＝0，令x 2＝3，则y 2＝1，z 2＝－1.所以n 2＝(3,1，－1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝＝22211. 设二面角NMCA 为θ，则 sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222112＝3311. 故二面角NMCA 的正弦值为3311. 2．设数列{}a n 是公差为d 的等差数列，其前n 项和为S n .(1)已知a 1＝1，d ＝2，①求当n ∈N *时，S n ＋64n的最小值； ②当n ∈N *时，求证：2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<516. (2)是否存在实数a 1，使得对任意正整数n ，关于m 的不等式a m ≥n 的最小正整数解为3n －2？若存在，则求a 1的取值范围；若不存在，则说明理由．(1)①解析：∵a 1＝1，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n n －1d 2＝n 2，S n ＋64n ＝n ＋64n ≥2n ×64n ＝16，当且仅当n ＝64n，即n ＝8时，上式取等号．故S n ＋64n 的最小值是16. ②证明：由①知S n ＝n 2，当n ∈N *时，n ＋1S n S n ＋2＝n ＋1n 2n ＋22＝141n 2－1n ＋22，则2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2＝14112－132＋14122－142＋…＋141n 2－1n ＋22＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫112＋122＋…＋1n 2－14132＋142＋…＋1n ＋12＋1n ＋22＝14112＋122－1n ＋12－1n ＋22， ∵1n ＋12＋1n ＋22>0， ∴2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<14112＋122＝516. (2)解析：对∀n ∈N *，关于m 的不等式a m ＝a 1＋(m －1)d ≥n 的最小正整数解为c n ＝3n－2，当n ＝1时，a 1＋(c 1－1)d ＝a 1≥1；当n ≥2时，恒有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋c n －1d ≥n ，a 1＋c n －2d <n ，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3d －1n ＋a 1－3d ≥0，3d －1n ＋a 1－4d <0，从而⎩⎪⎨⎪⎧ 3d －1≥0，3d －1×2＋a 1－3d ≥0，3d －1≤0，3d －1×2＋a 1－4d <0 ⇒d ＝13，1≤a 1<43. 当d ＝13，1≤a 1<43时，对∀n ∈N *且n ≥2时，当正整数m <c n 时，有a 1＋m －13<n . 故存在这样的实数a 1且a 1的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，43.。

【金版学案】2021届高考数学总温习第六章第七节直接证明与间接证明课时精练理(1)

第七节直接证明与间接证明1．命题“关于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ进程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合应用D ．间接证明法解析：因为证明进程是“从左往右”，即由条件⇒结论．答案：B2．以下条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0.其中能使b a ＋ab≥2成立的条件有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：要使b a ＋a b ≥2，只需b a>0，ab>0，即a ，b 不为0且同号即可，∴①③④知足．应选C.答案：C3．(2021·南宁质检)要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.（a ＋b ）22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，因此(a 2－1)(b 2－1)≥0，应选D. 答案：D4．设a ，b ，c ，d ∈(0，＋∞)，假设a ＋d ＝b ＋c 且|a －d |<|b －c |，那么有( ) A ．ad ＝bc B ．ad <bc C ．ad >bc D ．ad ≤bc 解析：|a －d |<|b －c |⇔(a －d )2<(b －c )2⇔a 2＋d 2－2ad <b 2＋c 2－2bc .又∵a ＋d ＝b ＋c ⇔(a ＋d )2＝(b ＋c )2⇔a 2＋d 2＋2ad ＝b 2＋c 2＋2bc ，∴－4ad <－4bc .∴ad >bc .应选C. 答案：C5．规定记号“”表示一种运算，即a b ＝ab ＋a ＋b 2 (a ，b 为正实数)，假设1k ＝3，那么k ＝( ) A ．－2 B ．1 C ．－2 或1 D ．2解析：依照运算有1·k ＋1＋k 2＝3，k ∈R ＋，即k 2＋k －2＝0，解得k ＝1或k ＝－2(舍去)．∴k ＝1.应选B. 答案：B6．(2021·长宁检测)用反证法证明命题“假设sin θ·1－cos 2θ＋cos θ·1－sin 2θ＝1，那么sin θ≥0且cos θ≥0”时，以下假设的结论正确的选项是( )A ．sin θ≥0或cos θ≥0B ．sin θ<0且cos θ<0C ．sin θ<0或cos θ<0D ．sin θ>0且cos θ>0解析：由题意，考虑sin θ≥0且cos θ≥0的否定，由于sin θ≥0且cos θ≥0表示sin θ，cos θ大于等于0都成立，故其否定为sin θ，cos θ不都大于等于0，选C.答案：C7．函数f (x )由下表概念：x 2 5 3 1 4 f (x )12345若a 0＝5，a n ＋1＝f (a n )，n ＝ 2 012答案：58．用反证法证明“若是a ＞b ，那么3a ＞3b ”，假设内容应是______________．答案：3a ≤3b9．函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0且a ≠1)的图象恒过定点A ，假设点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上，其中mn >0，那么1m ＋2n的最小值为________．解析：函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0且a ≠1)的图象恒过定点A (－2，－1)，那么(－2)·m ＋(－1)·n ＋1＝0，即2m ＋n ＝1.因为m ，n >0，因此1m ＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n ·(2m ＋n )＝4＋n m ＋4mn≥4＋2n m ·4m n＝8.答案：810．已知函数f (x )＝ax ＋2a ＋1，当x ∈[－1,1]时，f (x )有正值也有负值，那么实数a 的取值范围为________．解析：由题意得f (x )＝ax ＋2a ＋1为斜率不为0的直线，由单调性知f (1)·f (－1)<0， ∴(a ＋2a ＋1)·(2a －a ＋1)<0.∴－1<a <－13.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－1311．已知a >0，1b －1a>1，求证：1＋a >11－b.证明：由已知1b －1a>1及a >0可知0<b <1，要证1＋a >11－b，只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0即a －b ab>1，即1b －1a>1，这是已知条件，因此原不等式得证．12．假设实数x ≠1，求证：3(1＋x 2＋x 4)＞(1＋x ＋x 2)2. ．证明：采纳差值比较法： 3(1＋x 2＋x 4)－(1＋x ＋x 2)2＝3＋3x 2＋3x 4－1－x 2－x 4－2x －2x 2－2x 3 ＝2(x 4－x 3－x ＋1) ＝2(x －1)2(x 2＋x ＋1) ＝2(x －1)2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34 因为x ≠1，从而(x －1)2＞0，且⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34＞0，因此2(x －1)2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34＞0，因此3(1＋x 2＋x 4)＞(1＋x ＋x 2)2.13．已知函数f (x )＝a ln(1＋e x )－(a ＋1)x (其中a >0)，点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 3，f (x 3))从左到右依次是函数y ＝f (x )图象上三点，且2x 2＝x 1＋x 3.(1)证明：函数f (x )在R 上是减函数； (2)求证：△ABC 是钝角三角形．证明：(1)因为f (x )＝a ln(1＋e x )－(a ＋1)x ，因此f ′(x )＝a e x1＋e x －(a ＋1)＝－（a ＋1）－e x1＋e x <0恒成立，因此函数f (x )在(－∞，＋∞)上是单调减函数．(2)据题意A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 3，f (x 3))且x 1<x 2<x 3，由(1)知f (x 1)>f (x 2)>f (x 3)，x 2＝x 1＋x 32.因此BA →＝(x 1－x 2，f (x 1)－f (x 2))，BC →＝(x 3－x 2，f (x 3)－f (x 2))，因此BA →·BC →＝(x 1－x 2)·(x 3－x 2)＋[f (x 1)－f (x 2)]·[f (x 3)－f (x 2)]．又x 1－x 2<0，x 3－x 2>0，f (x 1)－f (x 2)>0，f (x 3)－f (x 2)<0，因此BA →·BC →＝(x 1－x 2)·(x 3－x 2)＋[f (x 1)－f (x 2)]·[f (x 3)－f (x 2)]<0.从而B ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，即△ABC 是钝角三角形．。

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第七节直接证明与间接证明
1．命题“对于任意角θ，cos 4
θ－sin 4
θ＝cos 2θ”的证
明：cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2
θ)＝
cos 2θ－sin 2
θ＝cos 2θ过程应用了( )
A ．分析法
B ．综合法
C ．综合法、分析法综合应用
D ．间接证明法
解析：因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论．答案：B
2．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0.
其中能使b a ＋a
b
≥2成立的条件有( )
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
解析：要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0，a
b
>0，即a ，b 不为0且同号
即可，∴①③④满足．故选C.
答案：C
3．(2013·南宁质检)要证a 2＋b 2－1－a 2b 2
≤0，只要证明( )
A ．2ab －1－a 2b 2≤0
B ．a 2＋b 2
－1－a 4＋b 42
≤0
C.（a ＋b ）2
2－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0
解析：因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，所以(a 2－1)(b 2
－1)≥0，故选D.
答案：D
4．设a ，b ，c ，d ∈(0，＋∞)，若a ＋d ＝b ＋c 且|a －d |<|b －c |，则有( )
A．ad＝bc B．ad<bc
C．ad>bc D．ad≤bc
解析：|a－d|<|b－c|⇔(a－d)2<(b－c)2⇔
a2＋d2－2ad<b2＋c2－2bc.
又∵a＋d＝b＋c⇔(a＋d)2＝(b＋c)2⇔
a2＋d2＋2ad＝b2＋c2＋2bc，
∴－4ad<－4bc.∴ad>bc.故选C.
答案：C
5．规定记号表示一种运算，即a b＝ab＋a＋b2(a，b为正实数)，若k＝3，则k＝( )
A．－2 B．1 C．－2 或1 D．2
解析：根据运算有1·k＋1＋k2＝3，k∈R＋，即k2＋k－2＝0，解得k＝1或k＝－2(舍去)．∴k＝1.故选B.
答案：B
6．(2013·长宁检测)用反证法证明命题“若sin θ·1－cos2θ＋cos θ·1－sin2θ＝1，则sin θ≥0且cos θ≥0”时，下列假设的结论正确的是( )
A．sin θ≥0或cos θ≥0 B．sin θ<0且cos θ<0 C．sin θ<0或cos θ<0 D．sin θ>0且cos θ>0
解析：由题意，考虑sin θ≥0且cos θ≥0的否定，由于sin θ≥0且cos θ≥0表示sin θ，cos θ大于等于0都成立，故其否定为sin θ，cos θ不都大于等于0，选C.
答案：C
7．函数f(x)
若a0＝5，a n＋1n a2 012＝________.
答案：5
8．用反证法证明“如果a ＞b ，那么3
a ＞3
b ”，假设内容应是______________．
答案：3
a ≤3
b
9．函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0且a ≠1)的图象恒过定点A ，
若点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上，其中mn >0，则1m ＋2
n
的最小值为
________．
解析：函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0且a ≠1)的图象恒过定点A (－2，－1)，则(－2)·m ＋(－1)·n ＋1＝0，即2m ＋n ＝1.因
为m ，n >0，所以1m ＋2n
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫1m ＋2n ·(2m ＋n )＝4＋n m ＋4m n
≥4＋
2
n m ·4m
n
＝8. 答案：8
10．已知函数f (x )＝ax ＋2a ＋1，当x ∈[－1,1]时，f (x )有正值也有负值，则实数a 的取值范围为________．
解析：由题意得f (x )＝ax ＋2a ＋1为斜率不为0的直线，由单调性知f (1)·f (－1)<0，
∴(a ＋2a ＋1)·(2a －a ＋1)<0.∴－1<a <－1
3
.
答案：⎝
⎛⎭⎪⎪⎫－1，－13
11．已知a >0，1b －1a >1，求证：1＋a >1
1－b
.
证明：由已知1b －1
a
>1及a >0可知0<b <1，要证1＋a >
1
1－b
，只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，
只需证a －b －ab >0即a －b
ab
>1，
即1b －1
a
>1，这是已知条件，所以原不等式得证．
12．若实数x ≠1，求证：3(1＋x 2＋x 4)＞(1＋x ＋x 2)2
.
．证明：采用差值比较法：
3(1＋x 2＋x 4)－(1＋x ＋x 2)2
＝3＋3x 2＋3x 4－1－x 2－x 4－2x －2x 2－2x 3
＝2(x 4－x 3
－x ＋1)
＝2(x －1)2(x 2
＋x ＋1)
＝2(x －1)2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥
⎤⎝
⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122＋34
因为x ≠1，从而(x －1)2＞0，且⎝
⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122＋34＞0，
所以2(x －1)2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥
⎤⎝
⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122＋34＞0，
所以3(1＋x 2＋x 4)＞(1＋x ＋x 2)2
.
13．已知函数f (x )＝a ln(1＋e x
)－(a ＋1)x (其中a >0)，点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 3，f (x 3))从左到右依次是函数y ＝f (x )图象上三点，且2x 2＝x 1＋x 3.
(1)证明：函数f (x )在R 上是减函数； (2)求证：△ABC 是钝角三角形．
证明：(1)因为f (x )＝a ln(1＋e x
)－(a ＋1)x ，所以f ′(x )
＝a e x 1＋e x －(a ＋1)＝－（a ＋1）－e x
1＋e x
<0恒成立，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上是单调减函数．
(2)据题意A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))，C (x 3，f (x 3))且x 1<x 2<x 3，
由(1)知f (x 1)>f (x 2)>f (x 3)，x 2＝
x 1＋x 3
2
.所以BA →＝(x 1－x 2，f (x 1)
－f (x 2))，BC →＝(x 3－x 2，f (x 3)－f (x 2))，所以BA →·BC →＝(x 1－
x 2)·(x 3－x 2)＋[f (x 1)－f (x 2)]·[f (x 3)－f (x 2)]．
又x 1－x 2<0，x 3－x 2>0，f (x 1)－f (x 2)>0，f (x 3)－f (x 2)<0，所以BA →·BC →＝(x 1－x 2)·(x 3－x 2)＋[f (x 1)－f (x 2)]·[f (x 3)－
f (x 2)]<0.
从而
B ∈⎝
⎛⎭
⎪⎪
⎫
π2，π
，即△ABC 是钝角三角形．。