高考数学 第七章 不等式、推理与证明 7.4 直接证明与间接证明课件 文 新人教A版
高考数学(理)一轮资源库 第七章 7.5直接证明与间接证明
f(x)为理想函数.
逐一代入验证，只有满足所
(1)若函数 f(x)为理想函数，证明：
f(0)＝0；
有条件，才能得出“是理想
(2)试判断函数 f(x)＝2x(x∈[0,1])， 函 数 ”的 结 论 ， 否 则 得 出
论成立的条件和已知事
实吻合为止.
思维 过程
由因导果
执果索因
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
基础知识·自主学习
要点梳理
证题 P(已知)⇒P1 步骤 ⇒P2⇒…
⇒Pn⇒Q(结论) 文字 因为…，所以… 语言 或由…，得… 符号
⇒ 语言
知识回顾 理清教材
Q(结论)⇐Q1 ⇐Q2⇐… ⇐Qn⇐P(已知) 要证…，只需证…，即 证…
f(x) ＝ x2(x∈[0,1]) ， f(x) ＝ (x∈[0,1])是否是理想函数.
x
“不是理想函数”的结论.
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
题型一
综合法的应用
【例 1】 对于定义域为[0,1]的函 思维启迪 解析 思维升华
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 x1≥0，
数学 苏（理）
§7.5 直接证明与间接证明
第七章 不等式、推理与证明
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材
1.直接证明
综合法
分析法
从 已知条件 出发，以已知 从 问题的结论 出发，
高考数学 第七章 不等式及推理与证明 7.6 直接证明与间接证明 文
4．设 p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R，则 p 与 q 的大小关系 是________．
答案 p≥q 解析 ∵p－q＝2x4－2x3－x2＋1 ＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1) ＝(x－1)(2x3－x－1) ＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)≥0， ∴p≥q.
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高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
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高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
(2)(2015·广东)数列{an}满足：a1＋2a2＋…＋nan＝4－n2＋n－21 ， n∈N*.
①求 a3 的值； ②求数列{an}的前 n 项和 Tn； ③令 b1＝a1，bn＝Tnn－1＋(1＋12＋13＋…＋1n)an(n≥2)，证明： 数列{bn}的前 n 项和 Sn 满足 Sn<2＋2ln n.
5．设 a，b 是两个实数，给出下列条件： ①a＋b>2；②a2＋b2>2.其中能推出：“a，b 中至少有一个大 于 1”的条件是________．(填上序号)
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高考调研 ·高三总复习 ·数学 （文）
答案 ① 解析 取 a＝－2，b＝－1，则 a2＋b2>2，从而②推不出． ①能够推出，即若 a＋b>2，则 a，b 中至少有一个大于 1. 用反证法证明如下： 假设 a≤1，且 b≤1，则 a＋b≤2 与 a＋b>2 矛盾． 因此假设不成立，所以 a，b 中至少有一个大于 1.
2020版高考数学大一轮复习第七章不等式推理与证明7.6直接证明与间接证明教案理含解析新人教A版20190830342
§7.6直接证明与间接证明1.直接证明2.间接证明(1)反证法的定义：一般地，由证明p⇒q转向证明綈q⇒r⇒…⇒tt与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法.(2)应用反证法证明数学命题的一般步骤：①分清命题的条件和结论； ②做出与命题结论相矛盾的假定；③由假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果；④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真. 概念方法微思考1.直接证明中的综合法是演绎推理吗？ 提示 是.用综合法证明时常省略大前提.2.综合法与分析法的推理过程有何区别？提示 综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的. 3.反证法是“要证原命题成立，只需证其逆否命题成立”的推理方法吗？ 提示 不是.反证法是命题中“p 与綈p ”关系的应用.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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.( × )(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程.( √ )(6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法.( √ ) 题组二 教材改编2.若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A.P >Q B.P ＝QC.P <QD.由a 的取值确定答案 A解析 P 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋42，Q 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋40，∴P 2>Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P >Q .3.设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c 的等差中项，则a x ＋c y等于( )A.1B.2C.4D.6 答案 B解析 由题意，得x ＝a ＋b2，y ＝b ＋c2，b 2＝ac ，∴xy ＝(a ＋b )(b ＋c )4，a x ＋c y ＝ay ＋cx xy＝a ·b ＋c 2＋c ·a ＋b2xy＝a (b ＋c )＋c (a ＋b )2xy ＝ab ＋bc ＋2ac 2xy＝ab ＋bc ＋ac ＋b 22xy ＝(a ＋b )(b ＋c )2xy＝(a ＋b )(b ＋c )2×(a ＋b )(b ＋c )4＝2.题组三 易错自纠4.若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A.ac 2<bc 2B.a 2>ab >b 2C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )， ∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0， ∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0， ∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2.5.用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )A.方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B.方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C.方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D.方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根 答案 A解析 方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故选A. 6.在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c成等比数列，则△ABC 的形状为________. 答案 等边三角形解析 由题意得2B ＝A ＋C ， ∵A ＋B ＋C ＝π， ∴B ＝π3，又b 2＝ac ，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ， ∴a 2＋c 2－2ac ＝0， 即(a －c )2＝0，∴a ＝c ， ∴A ＝C ， ∴A ＝B ＝C ＝π3，∴△ABC 为等边三角形.题型一 综合法的应用例1 已知a ，b ，c >0，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 时取等号). (2)∵a >0，∴3a ＋1>1， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥243a ＋1(3a ＋1)＝4， ∴43a ＋1≥3－3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝13时，取等号， 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时取等号). 思维升华 (1)从已知出发，逐步推理直到得出所证结论的方法为综合法；(2)计算题的计算过程也是根据已知的式子进行逐步推导的过程，也是使用的综合法. 跟踪训练1 设T n 是数列{a n }的前n 项之积，并满足：T n ＝1－a n .(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是等差数列；(2)令b n ＝a nn 2＋n ，证明：{b n }的前n 项和S n <34. 证明 (1)∵a n ＋1＝T n ＋1T n ＝1－a n ＋11－a n⇒a n ＋11－a n ＋1＝11－a n ⇒11－a n ＋1－11－a n＝1，∴1T n ＋1－1T n＝1，又∵T 1＝1－a 1＝a 1， ∴a 1＝12，∴1T 1＝11－a 1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是以2为首项，公差为1的等差数列.(2)∵1T n ＝1T 1＋(n －1)×1，∴11－a n ＝n ＋1⇒a n ＝n n ＋1(n ∈N ＋)， ∴b n ＝a nn 2＋n ＝1(n ＋1)2＝1n 2＋2n ＋1<1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n<12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋12－14＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2<12×32＝34.题型二 分析法的应用例2 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 ＋ab ＋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 2－2ac cos60°， 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.思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件.(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法. 跟踪训练2 已知a >0，证明：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明 要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2). 因为a >0，所以⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)>0，所以只需证⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 22≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)2，即2(2－2)⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a≥2显然成立⎝ ⎛⎭⎪⎫当a ＝1a ＝1时等号成立， 所以要证的不等式成立. 题型三 反证法的应用例3 设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立.证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由均值不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立， 则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾. 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立.思维升华 反证法的一般步骤：(1)分清命题的条件与结论；(2)作出与命题的结论相矛盾的假设；(3)由假设出发，应用演绎推理的方法，推出矛盾的结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不成立，原结论成立，从而间接地证明原命题为真. 跟踪训练3 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N ＋)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列. (1)解 设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)(n ∈N ＋). (2)证明 由(1)得b n ＝S n n＝n ＋2，假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N ＋， 且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， 所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0，因为p ，q ，r ∈N ＋，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0，所以p ＝r ，与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列.1.在△ABC 中，sin A sin C <cos A cos C ，则△ABC 一定是( ) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形D.不确定答案 C解析 由sin A sin C <cos A cos C 得 cos A cos C －sin A sin C >0，即cos(A ＋C )>0，所以A ＋C 是锐角， 从而B >π2，故△ABC 必是钝角三角形.2.分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x2时，索的因是( )A.x 2>1 B.x 2>4 C.x 2>0 D.x 2>1答案 C解析 因为x >0，所以要证1＋x <1＋x2，只需证(1＋x )2<⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 22，即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立， 故原不等式成立.3.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x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( ) A.恒为负值 B.恒等于零 C.恒为正值 D.无法确定正负答案 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 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0. 4.(2018·阜新调研)设x ，y ，z 为正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( )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答案 C解析 假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c <6，而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z＋z ＋1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y ＋⎝⎛⎭⎪⎫z ＋1z ≥2＋2＋2＝6，与a ＋b ＋c <6矛盾，∴a ，b ，c 都小于2错误.∴a ，b ，c 三个数至少有一个不小于2. 5.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 答案 C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， 下面用反证法证明： 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1.6.用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设________. 答案 x ≠－1且x ≠1解析 “x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”.7.如果a a ＋b b >a b ＋b a 成立，则a ，b 应满足的条件是__________________________. 答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b 解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a ) ＝(a －b )(a －b ) ＝(a －b )2(a ＋b ).∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0. ∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .8.已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N＋，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为____________.答案 c n ＋1<c n 解析 由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，则c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .9.(2018·包头质检)已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b≥m2a ＋b恒成立，则m 的最大值为________. 答案 9解析 因为a >0，b >0，所以2a ＋b >0.所以不等式可化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b .因为5＋2⎝⎛⎭⎪⎫b a ＋ab≥5＋4＝9，当且仅当a ＝b 时，等号成立，即其最小值为9，所以m ≤9，即m 的最大值等于9.10.在不等边三角形ABC 中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足________. 答案 a 2>b 2＋c 2解析 由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，得b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.11.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，a ＋c2≥ac >0.由于a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴上述三个不等式中等号不能同时成立， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc >0成立.上式两边同时取常用对数，得 lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ，∴lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .12.若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数.(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值； (2)是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增.由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ，即12b 2－b ＋32＝b ， 解得b ＝1或b ＝3.因为b >1，所以b ＝3.(2)假设存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数， 因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ， 解得a ＝b ，这与已知矛盾.故不存在.13.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 ≤CB.A ≤C ≤BC.B ≤C ≤AD.C ≤B ≤A 答案 A解析 ∵a ＋b 2≥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 . 14.有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________.答案 1和3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”.15.已知函数f (x )＝2e 2x －2ax ＋a －2e －1，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数.若函数f (x )在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( )A.(2e －1,2e 2－2e －1)B.(2,2e －1)C.(2e 2－2e －1,2e 2)D.(2,2e 2) 答案 A解析 f (x )＝2e 2x －2ax ＋a －2e －1，则f ′(x )＝4e 2x －2a ，x ∈(0,1)，∵4<4e 2x <4e 2，∴①若a ≥2e 2时，f ′(x )<0，函数f (x )在(0,1)内单调递减，故在(0,1)内至多有一个零点，故舍去；②若a ≤2时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0,1)内单调递增，故在(0,1)内至多有一个零点，故舍去； ③若2<a <2e 2时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12ln a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2，1上单调递增， 所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln a 2＝2a －a ln a 2－2e －1.令h (x )＝2x －x ln x 2－2e －1(2<x <2e 2)，则h ′(x )＝－ln x ＋1＋ln2，当x ∈(2,2e)时，h ′(x )>0，h (x )为增函数；当x ∈(2e,2e 2)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，所以h (x )max ＝h (2e)＝－1<0，即f (x )min <0恒成立，所以函数f (x )在区间(0,1)内有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)>0，f (1)>0，解得a ∈(2e－1，2e 2－2e －1)，故选A. 16.对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n 对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”.(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列.证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1,2,3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n).④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列.。
人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件 第7章不等式、推理与证明 第4节 直接证明与间接证明 (2)
即12 q2k+2a1qk=a1qk-1·
a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,
∵a1≠0,
∴2qk=qk-1+qk+1.∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.
∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.
突破技巧反证法证明问题的一般步骤
(2)a2b+b2a≤2.
证明:(1)(a+b)(a3+b3)=a4+ab3+ba3+b4≥a4+2 3 ·3 +b4
=a4+2a2b2+b4=(a2+b2)2=4,当且仅当a=b=1时取等号.
(2)由题意可知,2=a2+b2≥2ab>0,
∴0<ab≤1(当且仅当a=b=1时取等号).①
个方程有实根.
本 课 结 束
由基本不等式易得
+ 2
2
≤
2 + 2
,∴(a+b)2≤2(a2+b2)=4,
2
∴0<a+b≤2(当且仅当a=b=1时取等号).②
①×②可得a2b+b2a≤2.
解题心得1.综合法是“由因导果”的证明方法,它是一种从已知到未知(从题
设到结论)的逻辑推理方法,即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命
2.证明较复杂的问题时,可以采用两头凑的办法,即通过分析法找出某个结
论等价(或充分)的中间结论,然后通过综合法由条件证明这个中间结论,从
高考数学一轮复习 第七章 不等式 推理与证明 76 直接证明与间接证明课件 文
(2)因为 1－x＋x2＝x－122＋34≥34，
当且仅当 x＝12时取等号，又 f12＝18＋23＝1294>34，所以结合(1)
得
3 f(x)>4.
由 0≤x≤1 得 x3≤x，则 f(x)≤x＋x＋1 1，
设 g(x)＝x＋x＋1 1，x∈[0,1]，
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∴(q2－pr)＋ 2(2q－p－r)＝0. ∵p，q，r∈N*，∴q22q－－ppr－＝r0＝，0. ∴p＋2 r2＝pr，(p－r)2＝0. ∴p＝r.与 p≠r 矛盾． ∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.
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名师引领 拓视野
思一思 悟一悟 素养达成
＝1⇒0°<B≤60°；另一方面，若 0°<B≤60°，取 B＝60°，A＝90°，
C＝30°，则
1
sinAsi＋nAsinB＋sinBsi＋nCsinC＝1＋1
＋ 3 2
232＋12＝7－23
3≠1，
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所以 0°<B≤60°D⇒/ sinAsi＋nAsinB＋sinBsi＋nCsinC＝1， 所以sinAsi＋nAsinB＋sinBsi＋nCsinC＝1 是 0°<B≤60°的充分不必要 条件．
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[跟踪演练] 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1＋ 2，S3＝9＋3 2. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn； (2)设 bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不 可能成为等比数列．
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[解] (1)由已知得a31a＝1＋32d＋＝19，＋3 2， ∴d＝2， 故 an＝2n－1＋ 2，Sn＝n(n＋ 2)． (2)证明：由(1)得 bn＝Snn＝n＋ 2. 假设数列{bn}中存在三项 bp，bq，br(p，q，r 互不相等)成等 比数列，则 b2q＝bpbr. 即(q＋ 2)2＝(p＋ 2)(r＋ 2)．
第七章 不等式
第七章 不等式、推理与证明第一节不等关系与一元二次不等式1．两个实数比较大小的依据 (1)a －b ＞0⇔a ＞b . (2)a －b ＝0⇔a ＝b . (3)a －b ＜0⇔a ＜b . 2．不等式的性质 (1)对称性：a ＞b ⇔b ＜a ； (2)传递性：a ＞b ，b ＞c ⇒a ＞c ；(3)可加性：a ＞b ⇔a ＋c ＞b ＋c ；a ＞b ，c ＞d ⇒a ＋c ＞b ＋d ； (4)可乘性：a ＞b ，c ＞0⇒ac ＞bc ； a ＞b ＞0，c ＞d ＞0⇒ac ＞bd ；(5)可乘方性：a ＞b ＞0⇒a n ＞b n (n ∈N ，n ≥1)； (6)可开方性：a ＞b ＞0⇒n a ＞ nb (n ∈N ，n ≥2)．3．一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系由二次函数的图象与一元二次不等式的关系判断不等式恒成立问题的方法,(1)一元二次不等式ax 2＋bx ＋c ＞0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，b 2－4ac ＜0.(2)一元二次不等式ax 2＋bx ＋c ＜0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，b 2－4ac ＜0.[熟记常用结论]1．倒数性质的几个必备结论 (1)a ＞b ，ab ＞0⇒1a ＜1b .(2)a ＜0＜b ⇒1a ＜1b .(3)a ＞b ＞0,0＜c ＜d ⇒a c ＞bd.(4)0＜a ＜x ＜b 或a ＜x ＜b ＜0⇒1b ＜1x ＜1a .2．两个重要不等式 若a ＞b ＞0，m ＞0，则(1)b a ＜b ＋m a ＋m ；b a ＞b －m a －m (b －m ＞0)． (2)a b ＞a ＋m b ＋m ；a b ＜a －m b －m(b －m ＞0)． [小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)两个实数a ，b 之间，有且只有a ＞b ，a ＝b ，a ＜b 三种关系中的一种．( ) (2)一个不等式的两边同时加上或乘同一个数，不等号方向不变．( ) (3)一个非零实数越大，则其倒数就越小．( )(4)若不等式ax 2＋bx ＋c ＜0的解集为(x 1，x 2)，则必有a ＞0.( )(5)若方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)没有实数根，则不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为R.( )二、选填题1．设A ＝(x －3)2，B ＝(x －2)(x －4)，则A 与B 的大小关系为( ) A ．A ≥B B ．A ＞B C ．A ≤BD ．A ＜B2．若a ＜b ＜0，则下列不等式不能成立的是( ) A.1a －b ＞1a B.1a ＞1b C ．|a |＞|b |D ．a 2＞b 23．函数f (x )＝3x －x 2的定义域为( ) A ．[0,3]B ．(0,3)C ．(－∞，0]∪[3，＋∞)D ．(－∞，0)∪(3，＋∞)4．若集合A ＝{x |ax 2－ax ＋1＜0}＝∅，则实数a 的取值范围是________． 5．若1＜α＜3，－4＜β＜2，则α－|β|的取值范围是________．[题组练透]1．若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，则一定有( ) A.a d ＞bc B.ad ＜b c C.a c ＞b dD.a c ＜b d2．设a ，b ∈R ，则“(a －b )·a 2＜0”是“a ＜b ”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3．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，则a ____b (填“＞”或“＜”)．4．已知等比数列{a n }中，a 1＞0，q ＞0，前n 项和为S n ，则S 3a 3与S 5a 5的大小关系为________．5．已知－1＜x ＜4,2＜y ＜3，则x －y 的取值范围是________，3x ＋2y 的取值范围是________．[名师微点]比较大小的方法(1)作差法，其步骤：作差⇒变形⇒判断差与0的大小⇒得出结论． (2)作商法，其步骤：作商⇒变形⇒判断商与1的大小⇒得出结论． (3)构造函数法：构造函数，利用函数单调性比较大小．(4)赋值法和排除法：可以多次取特殊值，根据特殊值比较大小，从而得出结论．考点二一元二次不等式的解法[师生共研过关][典例精析](1)解不等式：－x 2－2x ＋3≥0；(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ≥0，－x 2＋2x ，x ＜0，解不等式f (x )＞3；(3)解关于x 的不等式ax 2－2≥2x －ax (a ≤0)．[解题技法]1．解一元二次不等式的一般步骤2．解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据 (1)对于ax 2＋bx ＋c ＞0(＜0)的形式： 当a ＝0时，转化为一次不等式．当a ＜0时，转化为二次项系数为正的形式． 当a ＞0时，直接求解．(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系．(3)确定无根或一个根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式．[过关训练]1．不等式0＜x 2－x －2≤4的解集为________． 2．求不等式12x 2－ax ＞a 2(a ∈R)的解集．考点三一元二次不等式的恒成立问题[全析考法过关][考法全析]考法(一)在R上的恒成立问题[例1]若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2]B．[－2,2]C．(－2,2] D．(－∞，－2)考法(二)在给定区间上的恒成立问题[例2]设函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于x∈[1,3]，f(x)＜－m＋5恒成立，求实数m的取值范围．考法(三)给定参数范围求x的范围的恒成立问题[例3]若对任意m∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范围．[解]令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4.[规律探求][过关训练]1．若不等式x2＋mx－1＜0对于任意x∈[m，m＋1]都成立，则实数m的取值范围是________．2．函数f(x)＝x2＋ax＋3.(1)当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；(2)当x∈[－2,2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；(3)当a∈[4,6]时，f(x)≥0恒成立，求实数x的取值范围．[课时跟踪检测]一、题点全面练1．已知a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是() A．M＜N B．M＞NC．M＝N D．不确定2．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，则下列不等式中成立的是()A．－n＜m＜n＜－m B．－n＜m＜－m＜nC．m＜－n＜－m＜n D．m＜－n＜n＜－m3．若1a ＜1b ＜0，给出下列不等式：①1a ＋b ＜1ab ；②|a |＋b ＞0；③a －1a ＞b －1b ；④ln a 2＞ln b 2.其中正确的不等式的序号是( )A ．①④B ．②③C ．①③D ．②④4．已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b 2－b ＋1(a ∈R ，b ∈R)，对任意实数x 都有f (1－x )＝f (1＋x )成立，若当x ∈[－1,1]时，f (x )＞0恒成立，则b 的取值范围是( )A ．(－1,0)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D ．不能确定5．已知a ∈Z ，关于x 的一元二次不等式x 2－6x ＋a ≤0的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a 的值之和是( )A ．13B ．18C ．21D ．266．若不等式2kx 2＋kx －38＜0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为________．7．若不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是________．8．对于实数x ，当且仅当n ≤x ＜n ＋1(n ∈N *)时，[x ]＝n ，则关于x 的不等式4[x ]2－36[x ]＋45＜0的解集为________．解析：由4[x ]2－36[x ]＋45＜0，得32＜[x ]＜152，又当且仅当n ≤x ＜n ＋1(n ∈N *)时，[x ]＝n ，所以[x ]＝2,3,4,5,6,7，所以所求不等式的解集为[2,8)．答案：[2,8)9．若不等式ax 2＋5x －2＞0的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪12＜x ＜2. (1)求实数a 的值；(2)求不等式ax 2－5x ＋a 2－1＞0的解集．10．已知函数f (x )＝x 2－2ax －1＋a ，a ∈R. (1)若a ＝2，试求函数y ＝f (x )x(x ＞0)的最小值；(2)对于任意的x ∈[0,2]，不等式f (x )≤a 成立，试求实数a 的取值范围．二、专项培优练易错专练——不丢怨枉分 1．不等式x2x －1＞1的解集为( )A.⎝⎛⎭⎫12，1B ．(－∞，1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，12∪(1，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫12，22．若1a ＜1b ＜0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2＜b 2B ．ab ＜b 2C ．a ＋b ＜0D ．|a |＋|b |＞|a ＋b |3．已知x ＞y ＞z ，且x ＋y ＋z ＝0，下列不等式中成立的是( ) A ．xy ＞yz B ．xz ＞yz C ．xy ＞xz D ．x |y |＞z |y |4．若α，β满足⎩⎪⎨⎪⎧－1≤α＋β≤1，1≤α＋2β≤3，则α＋3β的取值范围是________．5．求使不等式x 2＋(a －6)x ＋9－3a ＞0，|a |≤1恒成立的x 的取值范围．令f (a )＝(x －3)a ＋x 2－6x ＋9，则－1≤a ≤1.第二节二元一次不等式(组)及简单的线性规划问题❶画二元一次不等式(组)表示的平面区域时，一般步骤为：直线定界，虚实分明；特殊点定域，优选原点；阴影表示．注意不等式中有无等号，无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线．特殊点一般选一个，当直线不过原点时，优先选原点．❷如果目标函数存在一个最优解，那么最优解通常在可行域的顶点处取得；如果目标函数存在多个最优解，那么最优解一般在可行域的边界上取得.1．二元一次不等式(组)表示的平面区域(1)把直线ax＋by＝0向上平移时，直线ax＋by＝z在y轴上的截距zb逐渐增大，且b＞0时z的值逐渐增大，b＜0时z的值逐渐减小．(2)把直线ax＋by＝0向下平移时，直线ax＋by＝z在y轴上的截距zb逐渐减小，且b＞0时z的值逐渐减小，b＜0时z的值逐渐增大．以上规律可简记为：当b＞0时，直线向上平移z变大，向下平移z变小；当b＜0时，直线向上平移z 变小，向下平移z 变大．[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)不等式Ax ＋By ＋C ＞0表示的平面区域一定在直线Ax ＋By ＋C ＝0的上方．( ) (2)线性目标函数的最优解可能是不唯一的．( )(3)在目标函数z ＝ax ＋by (b ≠0)中，z 的几何意义是直线ax ＋by －z ＝0在y 轴上的截距．( )二、选填题1．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋6＜0，x －y ＋2≥0表示的平面区域是()2．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋3y ≥4，3x ＋y ≤4所表示的平面区域的面积等于( )A.32B.23 C.43 D.343．(2018·天津高考)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤5，2x －y ≤4，－x ＋y ≤1，y ≥0，则目标函数z ＝3x ＋5y的最大值为( )A ．6B ．19C ．21D ．454．若点(m,1)在不等式2x ＋3y －5＞0所表示的平面区域内，则m 的取值范围是________．5．已知点(－3，－1)和点(4，－6)在直线3x －2y －a ＝0的两侧，则a 的取值范围为________．考点一 二元一次不等式(组)表示的平面区域[师生共研过关][典例精析](1)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －6≤0，x ＋y －3≥0，y ≤2表示的平面区域的面积为( )A ．4B ．1C ．5D ．无穷大(2)若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，x ＋y ≤a 表示的平面区域是一个三角形，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫43，＋∞ B ．(0,1]C.⎣⎡⎦⎤1，43 D ．(0,1]∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞[过关训练]1．(2019·漳州调研)若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，x －y ＋2≥0，2x －y －2≤0所表示的平面区域被直线l ：mx －y ＋m＋1＝0分为面积相等的两部分，则m ＝( )A.12 B ．2 C ．－12D ．－22．若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x ＋2y －2≥0，x －y ＋2m ≥0表示的平面区域为三角形，且其面积等于43，则m 的值为________．考点二 目标函数的最值问题[全析考法过关][考法全析]考法(一) 求线性目标函数的最值[例1] (2018·郑州第一次质量预测)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋y －4≤0，x －3y ＋4≤0，则目标函数z ＝2x －y 的最小值为________．考法(二) 求非线性目标函数的最值 [例2] 若实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≤0，x ≥0，y ≤2.则yx的取值范围为________．[变式发散]1．(变设问)本例条件不变，则目标函数z ＝x 2＋y 2的取值范围为________．2．(变设问)本例条件不变，则目标函数z ＝y －1x －1的取值范围为________．考法(三) 求参数值或取值范围[例3] (2019·黄冈模拟)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋4≥0，x ≤2，x ＋y ＋k ≥0，且z ＝x ＋3y 的最小值为2，则常数k ＝________.[规律探求]1．(2018·全国卷Ⅰ)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －2≤0，x －y ＋1≥0，y ≤0，则z ＝3x ＋2y 的最大值为________．2．(2019·陕西教学质量检测)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x ＋y ≤4，2x －y －m ≤0.若目标函数z ＝3x＋y 的最大值为10，则z 的最小值为________．考点三 线性规划的实际应用[师生共研过关][典例精析](2018·福州模拟)某工厂制作仿古的桌子和椅子，需要木工和漆工两道工序．已知生产一把椅子需要木工4个工作时，漆工2个工作时；生产一张桌子需要木工8个工作时，漆工1个工作时．生产一把椅子的利润为1 500元，生产一张桌子的利润为2 000元．该厂每个月木工最多完成8 000个工作时、漆工最多完成1 300个工作时．根据以上条件，该厂安排生产每个月所能获得的最大利润是________元．[过关训练]1．(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)某企业生产甲、乙两种产品均需要A ，B 两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的限量如表所示．如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得的最大利润为( )A ．16万元 C ．18万元 D ．19万元2．某高新技术公司要生产一批新研发的A 款产品和B 款产品，生产一台A 款产品需要甲材料3 kg ，乙材料1 kg ，并且需要花费1天时间，生产一台B 款产品需要甲材料1 kg ，乙材料3 kg ，也需要1天时间，已知生产一台A 款产品的利润是1 000元，生产一台B 款产品的利润是2 000元，公司目前有甲、乙材料各300 kg ，则在不超过120天的情况下，公司生产两款产品的最大利润是________元．[课时跟踪检测]一、题点全面练1．由直线x －y ＋1＝0，x ＋y －5＝0和x －1＝0所围成的三角形区域(包括边界)用不等式组可表示为( )A.⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋1≤0，x ＋y －5≤0，x ≥1 B.⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －5≤0，x ≥1C.⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，x ＋y －5≥0，x ≤1D.⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≤0，x ＋y －5≤0，x ≤12．(2018·南昌调研)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －2y ＋2≥0，2x －y －2≤0，则z ＝3x －2y 的最大值为( )A ．－2B ．2C ．3D ．43．(2019·黄冈模拟)若A 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x ≤2表示的平面区域，则a 从－2连续变化到1时，动直线x ＋y ＝a 扫过A 中的那部分区域的面积为( )A ．913B ．313 C.72 D.744．(2019·淄博模拟)已知点Q (2,0)，点P (x ，y )的坐标满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≤0，x －y ＋1≥0，y ＋1≥0，则|PQ |的最小值是( )A.12 B.22C ．1 D. 25．已知a ＞0，x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋y ≤3，y ≥a (x －3)，若z ＝2x ＋y 的最小值为1，则a ＝( )A.12 B.13 C ．1 D ．26．(2019·开封模拟)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，x ＋2y ＋2≥0，x ≤1，则z ＝⎝⎛⎭⎫12x －2y的最大值是________．7．已知x ，y 满足以下约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥5，x －y ＋5≤0，x ≤3，使z ＝x ＋ay (a ＞0)取得最小值的最优解有无数个，则a 的值为________．8．(2019·山西五校联考)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y －1≥0，x －y ＋2≥0，x ＋4y －8≤0表示的平面区域为Ω，直线x ＝a (a ＞1)将平面区域Ω分成面积之比为1∶4的两部分，则目标函数z ＝ax ＋y 的最大值为________．9．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥－1，2x －y ≤2.(1)求目标函数z ＝12x －y ＋12的最值；(2)若目标函数z ＝ax ＋2y 仅在点(1,0)处取得最小值，求a 的取值范围．10．电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告．已知每次播放甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、广告播放时长、收视人次如下表所示：不少于30分钟，且甲连续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的2倍．分别用x ，y 表示每周计划播出的甲、乙两套连续剧的次数．(1)用x ，y 列出满足题目条件的数学关系式，并画出相应的平面区域； (2)问电视台每周播出甲、乙两套连续剧各多少次，才能使总收视人次最多？二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．设关于x ，y 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋1＞0，x ＋m ＜0，y －m ＞0表示的平面区域内存在点P (x 0，y 0)，满足x 0－2y 0＝2，则m 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，43 B.⎝⎛⎭⎫－∞，13 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－23 D.⎝⎛⎭⎫－∞，－53 解析2．(2019·金华模拟)设z ＝kx ＋y ，其中实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≥0，x －2y ＋4≥0，2x －y －4≤0，若z 的最大值为12，则实数k ＝________.解析3．若存在实数x ，y ，m 使不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x －3y ＋2≤0，x ＋y －6≤0与不等式x －2y ＋m ≤0都成立，则实数m 的取值范围是( )A ．[0，＋∞)B ．(－∞，3]C ．[1，＋∞)D ．[3，＋∞)(二)交汇专练——融会巧迁移4．[与向量交汇]已知P (x ，y )为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2≥0，x －y －1≤0，x ＋y －1≥0所确定的平面区域上的动点，若点M (2,1)，O (0,0)，则z ＝OP ―→·OM ―→的最大值为( )A ．1B ．2C ．10D ．115．[与概率交汇]关于实数x ，y 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤4，y ≥2，x －y ＋2≥0所表示的平面区域记为M ，不等式(x －4)2＋(y －3)2≤1所表示的平面区域记为N ，若在M 内随机取一点，则该点取自N 的概率为( )A.π16 B.π8 C.14 D.126．[与圆交汇]记不等式组⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y ≥10，x ≤3，y ≤4表示的平面区域为D ，过区域D 中任意一点P 作圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则当∠APB 的值最大时，cos ∠APB ＝( )A.32B.23C.13D.12第三节基本不等式1．基本不等式ab ≤a ＋b2(1)基本不等式成立的条件：a ＞0，b ＞0. (2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b . 2．几个重要的不等式(1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R)；(2)b a ＋ab ≥2(a ，b 同号)；(3)ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22(a ，b ∈R)；(4)⎝⎛⎭⎫a ＋b 22≤a 2＋b22(a ，b ∈R)； (5)2ab a ＋b≤ab ≤a ＋b 2≤a 2＋b 22(a ＞0，b ＞0)． 3．算术平均数与几何平均数设a ＞0，b ＞0，则a ，b 的算术平均数为a ＋b2，几何平均数为ab ，基本不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．4．利用基本不等式求最值问题 已知x ＞0，y ＞0，则(1)如果xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p (简记：积定和最小)． (2)如果x ＋y 是定值q ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是q 24(简记：和定积最大)． 注：(1)此结论应用的前提是“一正”“二定”“三相等”.“一正”指正数，“二定”指求最值时和或积为定值，“三相等”指等号成立.(2)连续使用基本不等式时，牢记等号要同时成立.[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)当a ≥0，b ≥0时，a ＋b2≥ab .( )(2)两个不等式a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b2≥ab 成立的条件是相同的．( )(3)x ＞0且y ＞0是x y ＋yx ≥2的充要条件．( )(4)函数f (x )＝cos x ＋4cos x，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2的最小值等于4.( )二、选填题1．设x ＞0，y ＞0，且x ＋y ＝18，则xy 的最大值为( ) A ．80 B ．77 C ．81 D ．822．设0＜a ＜b ，则下列不等式中正确的是( ) A ．a ＜b ＜ab ＜a ＋b2B ．a ＜ab ＜a ＋b2＜b C ．a ＜ab ＜b ＜a ＋b2D.ab ＜a ＜a ＋b2＜b3．函数f (x )＝x ＋1x 的值域为( )A ．[－2,2]B ．[2，＋∞)C ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)D ．R4．若实数x ，y 满足xy ＝1，则x 2＋2y 2的最小值为________．5．若x ＞1，则x ＋4x －1的最小值为________．考点一 利用基本不等式求最值[全析考法过关] (一) 拼凑法——利用基本不等式求最值[例1] (1)已知0＜x ＜1，则x (4－3x )取得最大值时x 的值为________． (2)已知x ＜54，则f (x )＝4x －2＋14x －5的最大值为________．(3)函数y ＝x 2＋2x －1(x ＞1)的最小值为________．(二) 常数代换法——利用基本不等式求最值[例2] 已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，则1a ＋1b 的最小值为________．[变式发散]1．(变条件)将条件“a ＋b ＝1”改为“a ＋2b ＝3”，则1a ＋1b 的最小值为________．2．(变设问)保持本例条件不变，则⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b 的最小值为________．[解题技法]通过常数代换法利用基本不等式求解最值的基本步骤 (1)根据已知条件或其变形确定定值(常数)； (2)把确定的定值(常数)变形为1；(3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积为定值的形式； (4)利用基本不等式求解最值． (三) 消元法——利用基本不等式求最值[例3] 已知x ＞0，y ＞0，x ＋3y ＋xy ＝9，则x ＋3y 的最小值为________．(四) 利用两次基本不等式求最值[例4] 已知a ＞b ＞0，那么a 2＋1b (a －b )的最小值为________．[过关训练]1．(2019·常州调研)若实数x 满足x ＞－4，则函数f (x )＝x ＋9x ＋4的最小值为________．2．若正数x ，y 满足x 2＋6xy －1＝0，则x ＋2y 的最小值是________．考点二 利用基本不等式解决实际问题[师生共研过关][典例精析]某厂家拟定在2019年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量(即该厂的年产量)x 万件与年促销费用m (m ≥0)万元满足x ＝3－km ＋1(k 为常数)．如果不搞促销活动，那么该产品的年销量只能是1万件．已知2019年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金)．(1)将2019年该产品的利润y 万元表示为年促销费用m 万元的函数； (2)该厂家2019年的促销费用投入多少万元时，厂家利润最大？[解题技法]利用基本不等式解决实际问题的3个注意点(1)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数．(2)根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值． (3)在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解．[过关训练]1．若把总长为20 m 的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________m 2.2．(2019·孝感模拟)经测算，某型号汽车在匀速行驶的过程中每小时耗油量y (L)与速度x (km/h)(50≤x ≤120)的关系可近似表示为y ＝⎩⎨⎧175(x 2－130x ＋4 900)，x ∈[50，80)，12－x60，x ∈[80，120].(1)该型号汽车的速度为多少时，可使得每小时耗油量最低？(2)已知A ，B 两地相距120 km ，假定该型号汽车匀速从A 地驶向B 地，则汽车速度为多少时总耗油量最少？考点三 基本不等式的综合应用[师生共研过关][典例精析](1)已知直线ax ＋by ＋c －1＝0(b ＞0，c ＞0)经过圆C ：x 2＋y 2－2y －5＝0的圆心，则4b ＋1c 的最小值是( )A ．9B ．8C ．4D ．2(2)设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是________．[过关训练]1．已知函数f (x )＝x ＋ax ＋2的值域为(－∞，0]∪[4，＋∞)，则a 的值是( )A.12 B.32 C ．1 D ．2解析：2．已知向量a ＝(m,1)，b ＝(4－n,2)，m ＞0，n ＞0，若a ∥b ，则1m ＋8n 的最小值为________．[课时跟踪检测]一、题点全面练1．已知f (x )＝x 2－2x ＋1x ，则f (x )在⎣⎡⎦⎤12，3上的最小值为( ) A.12 B.43 C ．－1 D ．02．(2018·哈尔滨二模)若2x ＋2y ＝1，则x ＋y 的取值范围是( ) A ．[0,2] B ．[－2,0] C ．[－2，＋∞) D ．(－∞，－2]3．若实数a ，b 满足1a ＋2b ＝ab ，则ab 的最小值为( )A. 2 B ．2 C ．2 2 D ．44．已知a ＞0，b ＞0，若不等式3a ＋1b ≥ma ＋3b 恒成立，则m 的最大值为( )A ．9B ．12C ．18D ．245．正数a ，b 满足1a ＋9b ＝1，若不等式a ＋b ≥－x 2＋4x ＋18－m 对任意实数x 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．[3，＋∞)B ．(－∞，3]C ．(－∞，6]D ．[6，＋∞)6．(2019·青岛模拟)已知x ＞0，y ＞0，(lg 2)x ＋(lg 8)y ＝lg 2，则1x ＋13y 的最小值是________．7．若正数x ，y 满足4x 2＋9y 2＋3xy ＝30，则xy 的最大值为________．8．规定：“⊗”表示一种运算，即a ⊗b ＝ab ＋a ＋b (a ，b 为正实数)．若1⊗k ＝3，则k 的值为________，此时函数f (x )＝k ⊗xx的最小值为________．9．已知x ＞0，y ＞0，且2x ＋8y －xy ＝0，求： (1)xy 的最小值； (2)x ＋y 的最小值．10．(1)当x ＜32时，求函数y ＝x ＋82x －3的最大值；(2)设0＜x ＜2，求函数y ＝x (4－2x )的最大值．二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．已知a ＞b ＞1，且2log a b ＋3log b a ＝7，则a ＋1b 2－1的最小值为( )A ．3 B. 3 C ．2 D. 22．若正数a ，b 满足：1a ＋2b ＝1，则2a －1＋1b －2的最小值为( )A ．2 B.322 C.52 D ．1＋324解3．函数y ＝1－2x －3x (x ＜0)的值域为________．(二)交汇专练——融会巧迁移4．[与函数交汇]已知函数f (x )＝log a (x ＋4)－1(a ＞0且a ≠1)的图象恒过定点A ，若直线xm ＋yn＝－2(m ＞0，n ＞0)也经过点A ，则3m ＋n 的最小值为( ) A ．16 B ．8 C ．12 D ．145．[与数列交汇]已知首项与公比相等的等比数列{a n }中，若m ，n ∈N *，满足a m a 2n ＝a 24，则2m ＋1n的最小值为( ) A ．1 B.32 C ．2 D.926．[与解析几何交汇]若直线mx ＋ny ＋2＝0(m ＞0，n ＞0)被圆(x ＋3)2＋(y ＋1)2＝1所截得的弦长为2，则1m ＋3n的最小值为( )A ．4B ．6C ．12D ．167．[与线性规划交汇]已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －3≤0，x ＋3y －3≥0，y ≤1，z ＝2x ＋y 的最大值为m ，若正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，则1a ＋4b的最小值为__________．。
直接证明与间接证明_知识讲解
直接证明与间接证明【要点梳理】要点一：直接证明直接证明最常见的两种方法是综合法和分析法，它们是思维方向相反的两种不同的推理方法． 综合法定义：一般地，从命题的已知条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，经过演绎推理，一步步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，我们把这种思维方法叫做综合法．．．. 基本思路：执因索果综合法又叫“顺推证法”或“由因导果法”.它是由已知走向求证，即从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后导出待证结论或需求的问题．综合法这种由因导果的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法．综合法的思维框图：用P 表示已知条件，Q 表示要证明的结论，123...i Q i n =（，，，，）为已知的定义、定理、公理等，则综合法可用框图表示为： 11223...n P Q Q Q Q Q Q Q ⇒→⇒→⇒→→⇒（已知） （逐步推导结论成立的必要条件） （结论）要点诠释（1）从“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，由因导果，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；（2）用综合法证明不等式，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹；（3）因用综合法证明命题“若A 则D ”的思考过程可表示为：故要从A 推理到D ，由A 推演出的中间结论未必唯一，如B 、B 1、B 2等，可由B 、B 1、B 2进一步推演出的中间结论则可能更多，如C 、C 1、C 2、C 3、C 4等等．所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综合法证明问题的“瓶颈”．综合法证明不等式时常用的不等式（1）a 2+b 2≥2ab （当且仅当a =b 时取“=”号）；（2）2a b +≥a ，b ∈R*，当且仅当a =b 时取“=”号）； （3）a 2≥0，|a |≥0，(a －b )2≥0；（4）2b a a b +≥（a ，b 同号）；2b a a b+≤-（a ，b 异号）； （5）a ，b ∈R ，2221()2a b a b +≥+， （6）不等式的性质定理1 对称性：a ＞b ⇔b ＜a ．定理2 传递性：a b a c b c >⎫⇒>⎬>⎭． 定理3 加法性质：a b a c b c c R >⎫⇒+>+⎬∈⎭． 推论 a b a c b d c d >⎫⇒+>+⎬>⎭． 定理4 乘法性质：0a b ac bc c >⎫⇒>⎬>⎭． 推论1 00a b ac bc c d >>⎫⇒>⎬>>⎭． 推论2 0*n n a b a b n N >>⎫⇒>⎬∈⎭．定理5 开方性质：0*a b n N >>⎫⇒>⎬∈⎭ 分析法定义一般地，从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，逐步寻找使命题成立的充分条件，直至所寻求的充分条件显然成立（已知条件、定理、定义、公理等），或由已知证明成立，从而确定所证的命题成立的一种证明方法，叫做分析法.基本思路：执果索因分析法又叫“逆推证法”或“执果索因法”.它是从要证明的结论出发，分析使之成立的条件，即寻求使每一步成立的充分条件，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.分析法这种执果索因的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法．分析法的思维框图：用123i P i =L （，，，）表示已知条件和已有的定义、公理、公式、定理等，Q 所要证明的结论，则用分析法证明可用框图表示为： 11223...Q P P P P P ⇐→⇐→⇐→→得到一个明显成立的条件（结论） （逐步寻找使结论成立的充分条件） （已知）格式：要证……，只需证……，只需证……，因为……成立，所以原不等式得证．要点诠释：（1）分析法是综合法的逆过程，即从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找它的充分条件．（2）由于分析法是逆推证明，故在利用分析法证明时应注意逻辑性与规范性，即分析法有独特的表述．综合法与分析法的横向联系（1） 综合法是把整个不等式看做一个整体，通过对欲证不等式的分析、观察，选择恰当不等式作为证题的出发点，其难点在于到底从哪个不等式出发合适，这就要求我们不仅要熟悉、正确运用作为定理性质的不等式，还要注意这些不等式进行恰当变形后的利用．分析法的优点是利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握，而综合法的优点是宜于表述，条理清晰，形式简洁．我们在证明不等式时，常用分析法寻找解题思路，即从结论出发，逐步缩小范围，进而确定我们所需要的“因”，再用综合法有条理地表述证题过程．分析法一般用于综合法难以实施的时候．（2）有不等式的证明，需要把综合法和分析法联合起来使用：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q ；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P ．若由P 可以推出Q 成立，就可以证明结论成立，这种边分析边综合的证明方法，称之为分析综合法，或称“两头挤法”．分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点．命题“若P 则Q ”的推演过程可表示为：要点二：间接证明 间接证明不是从正面确定命题的真实性，而是证明它的反面为假，或改证它的等价命题为真，间接地达到目的，反证法是间接证明的一种基本方法．反证法定义：一般地，首先假设要证明的命题结论不正确，即结论的反面成立，然后利用公理，已知的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.反证法的基本思路：假设——矛盾——肯定①分清命题的条件和结论．②做出与命题结论相矛盾的假设．③由假设出发，结合已知条件，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果．④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明原命题为真．反证法的格式：用反证法证明命题“若p则q”时，它的全部过程和逻辑根据可以表示如下：要点诠释：（1）反证法是间接证明的一种基本方法.它是先假设要证的命题不成立，即结论的反面成立，在已知条件和“假设”这个新条件下，通过逻辑推理，得出与定义、公理、定理、已知条件、临时假设等相矛盾的结论，从而判定结论的反面不能成立，即证明了命题的结论一定是正确的.(2) 反证法的优点：对原结论否定的假定的提出，相当于增加了一个已知条件.反证法的一般步骤：（1）反设：假设所要证明的结论不成立，假设结论的反面成立；（2）归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；（3）结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立．要点诠释：（1）结论的反面即结论的否定，要特别注意：“都是”的反面为“不都是”，即“至少有一个不是”，不是“都不是”；“都有”的反面为“不都有”，即“至少有一个没有”，不是“都没有”；“都不是”的反面是“部分是或全部是”，即“至少有一个是”，不是“都是”；“都没有”的反面为“部分有或全部有”，即“至少有一个有”，不是“都有”（2）归谬的主要类型：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾（自相矛盾）；③与定义、定理、公理、事实矛盾．宜用反证法证明的题型：①要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；比如“存在性问题、唯一性问题”等；②如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形.比如带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的数学问题.要点诠释：反证法体现出正难则反的思维策略（补集的思想）和以退为进的思维策略，故在解决某些正面思考难度较大和探索型命题时，有独特的效果．【典型例题】【高清课堂：例题1】类型一：综合法证明例1．求证：a4+b4+c4≥abc(a+b+c)．【证明】∵a4+b4≥2a2b2，b4+c4≥2b2c2，c4+a4≥2c2a2，∴(a4+b4)+(b4+c4)+(c4+a4)≥2(a2b2+b2c2+c2a2)，又∵a2b2+b2c2≥2ab2c，b2c2+c2a2≥2abc2，a2b2+c2a2≥2a2bc，∴2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2abc(a+b+c)．∴2(a4+b4+c4)≥2abc(a+b+c)，即a4+b4+c4≥abc(a+b+c)．【总结升华】利用综合法时，从已知出发，进行运算和推理得到要证明的结论，并且在用均值定理证明不等式时，一要注意均值定理运用的条件，二要运用定理对式子作适当的变形，把式分成若干部分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相减．举一反三：【变式1】已知a，b是正数，且a+b=1，求证：114a b+≥．【证明】证法一：∵a，b∈R，且a+b=1，∴2a b ab +≥，∴12ab ≤， ∴1114a b a b ab ab++==≥． 证法二：∵a ，b ∈R +，∴20a b ab +=>，11120a b ab +≥>， ∴11()4a b a b ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭． 又a +b =1，∴114a b+≥． 证法三：1111224a b a b b a a b a b a b a b b a+++=+=+++≥+⋅=． 当且仅当a =b 时，取“=”号．【变式2】求证：5321232log 19log 19log 19++<. 【证明】待证不等式的左端是3个数和的形式，右端是一常数的形式，而左端3个分母的真数相同，由此可联想到公式，1log log a b b a =转化成能直接利用对数的运算性质进行化简的形式. ∵ 1log log a b b a =， ∴左边∵， ∴5321232log 19log 19log 19++<. 例2．已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n +1=4a n +2（n =1，2，…），a 1=1．（1）设b n =a n +1－2a n （n =1，2，…），求证：数列{b n }是等比数列．（2）设2n n na c =（n =1，2，…）， 求证：数列{c n }是等差数列． 【证明】（1）∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减，得S n +2―S n +1=4a n +1―4a n （n =1，2，3，…），即a n +2=4a n +1―4a n ，变形得a n +2―2a n +1=2(a n +1―2a n )．∵b n =a n +1－2a n （n =1，2，…），∴b n +1=2b n （n =1，2，…）．由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列．由S 2=a 1+a 2=4a 1+2，a 1=1，得a 2=5，b 1=a 2―2a 1=3．故b n =3·2n ―1．（2）∵2n n n a c =（n =1，2，…） ∴11111122222n n n n n n n n n n n a a a a b c c ++++++--=-== 将b n =3·2n －1代入，得134n n c c +-=（n =1，2，…）． 由此可知，数列{c n }是公差34d =的等差数列，它的首项11122a c ==，故3144n c n =-． 【总结升华】本题从已知条件入手，分析数列间的相互关系，合理实现了数列间的转化，从而使问题获解，综合法是直接证明中最常用的证明方法．举一反三：【变式1】已知数列{}n a 满足15a =， 25a =，116(2)n n n a a a n +-=+≥．求证：{}12n n a a ++是等比数列；【证明】 由a n ＋1＝a n ＋6a n －1，a n ＋1＋2a n ＝3(a n ＋2a n －1) (n ≥2)，∵a 1＝5，a 2＝5∴a 2＋2a 1＝15，故数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列.【变式2】在△ABC 中，若a 2=b (b +c )，求证：A =2B ．【证明】∵a 2=b (b +c )，222222()cos 22b c a b c b bc A bc bc+-+-+==， 又222222222()22cos 2cos 12121222()2a c b b c b c b bc c b B B ac a b b c b ⎛⎫+-++---⎛⎫=-=-=-== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，∴cos A =cos2B ．又A 、B 是三角形的内角，故A =2B ．例3．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD =DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F ．求证：（1）P A ∥平面EDB ；（2）PB ⊥平面EFD ．【证明】（1）连结AC 交BD 于O ，连结E O ．∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点，在△P AC 中，E O 是中位线，∴P A ∥E O ．而E O ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，∴P A ∥平面EDB ．（2）PD ⊥底面ABCD 且DC ⊂底面ABCD ，∴PD ⊥DC ．由PD =DC ，可知△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 上的中线，∴DE ⊥PC ．①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC ．∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．而DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE．②由①和②推得DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB．又EF⊥PB且DE∩EF=E，∴PB⊥平面EFD．【总结升华】利用综合法证明立体几何中线线、线面和面面关系的关键在于熟练地运用判定定理和性质定理．举一反三：【变式1】如图，设在四面体PABC中，90ABC∠=o，PA PB PC==，D是AC的中点.求证：PD垂直于ABC∆所在的平面.【证明】连PD、BD因为BD是Rt ABC∆斜边上的中线，所以DA DC DB==又因为PA PB PC==，而PD是PAD∆、PBD∆、PCD∆的公共边，所以PAD∆≅PBD PCD∆≅∆于是PDA PDB PDC∠=∠=∠，而90PDA PDC∠=∠=o，因此90PDB∠=o∴PD AC⊥，PD BD⊥由此可知PD垂直于ABC∆所在的平面.【变式2】如图所示，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是正方形，SA平面ABCD，且SA=AB，点E为AB的中点，点F为SC的中点．求证：（1）EF⊥CD；（2）平面SCD⊥平面SCE．【证明】（1）∵SA⊥平面ABCD，F为SC的中点，∴AF为Rt△SAC斜边SC上的中线．∴12AF SC=．又∵四边形ABCD是正方形，∴CB⊥AB．而由SA ⊥平面ABCD ，得CB ⊥SA ，∴CB ⊥平面SAB ．又∵SB ⊂平面SAB ，∴CB ⊥SB ．∴BF 为Rt △SBC 的斜边SC 上的中线，∴12BF SC =． ∴AF =BF ，∴△AFB 为等腰三角形．又E 为AB 的中点，∴EF ⊥AB ．又CD ∥AB ，∴EF ⊥CD ．（2）由已知易得Rt △SAE ≌Rt △CBE ，SE =EC ，即△SEC 是等腰三角形，∴EF ⊥SC ．又∵EF ⊥CD 且SC ∩CD =C ，∴EF ⊥平面SCD ．又EF ⊂平面SCE ，∴平面SCD ⊥平面SCE ．类型二：分析法证明例4. 设0a >、0b >，且a b ≠，用分析法证明：3322a b a b ab ++＞．【证明】要证3322a b a b ab +>+成立，只需证33220a b a b ab +--> 成立，即证22()()0a a b b b a -+->成立，即证22()()0a b a b -->成立，也就是要证2()()0a b a b +->成立，因为0a >、0b >，且a b ≠，所以2()()0a b a b +->显然成立，由此原不等式得证.【总结升华】1.在证明过程中，若使用综合法出现困难时，应及时调整思路，分析一下要证明结论成立需要怎样的充分条件是明智之举.从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻找使当前命题成立的充分条件的方法.2. 用分析法证明问题时，一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”“也即证”等词语．举一反三：【变式1】设a ，b ，c ，d ∈R ，求证：ac bc +≤【证明】当ac +bc ≤0时，不等式显然成立．当ac +b d ＞0时，要证明ac bd +只需证明(ac +b d)2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2)，即证明a 2c 2+2abc d+b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2，只需证明2abc d≤a 2d 2+b 2c 2，只需证明(a d －bc )2≥0． 而上式成立，∴2222ac bd a b c d +≤+⋅+成立． 【变式2】求证：123(3)a a a a a --<---≥【证明】分析法： 要证123(3)a a a a a --<---≥成立， 只需证明321(3)a a a a a +-<-+-≥， 两边平方得232(3)232(2)(1)a a a a a a -+-<-+--(3)a ≥， 所以只需证明(3)(2)(1)a a a a -<--(3)a ≥， 两边平方得22332a a a a -<-+，即02<，∵02<恒成立，∴原不等式得证.【变式3】用分析法证明：若a >0，则212122-+≥-+a a a a ． 【证明】要证212122-+≥-+a a a a ， 只需证212122++≥++aa a a ． ∵a >0，∴两边均大于零，因此只需证2222)21()21(++≥++a a a a 只需证)1(222211441222222a a a a a a a a +++++≥++++， 只需证)1(22122a a a a +≥+，只需证)21(2112222++≥+a a a a ， 即证2122≥+a a ，它显然成立．∴原不等式成立．例5. 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ． 【证明】要证lg 2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ， 只需证lg 2b a +·2c b +·2a c +>lg （a ·b ·c ）， 只需证2b a +·2c b +·2a c +＞abc ． 但是，2b a +0>≥ab ，2c b +0>≥bc ，2a c +0>≥ac ．且上述三式中的等号不全成立，所以，2b a +·2c b +·2a c +＞abc ． 因此lg 2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ． 【总结升华】这个证明中的前半部分用的是分析法，后半部分用的是综合法．在实际证题过程中，分析法与综合法是统一运用的，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的．没有分析就没有综合；没有综合也没有分析．问题仅在于，在构建命题的证明路径时，有时分析法居主导地位，综合法伴随着它；有时却刚刚相反，是综合法导主导地位，而分析法伴随着它．举一反三：【变式1】设a 、b 是两个正实数，且a ≠b ，求证：3a ＋3b ＞22ab b a +【证明】证明一：(分析法)要证3a +3b ＞22ab b a +成立，只需证(a +b )( 2a -ab +2b )＞ab (a +b )成立，即需证2a -ab +2b ＞ab 成立．(∵a +b ＞0)只需证2a -2ab +2b ＞0成立，即需证()2b a -＞0成立． 而由已知条件可知，a ≠b ，有a -b ≠0，所以()2b a -＞0显然成立，由此命题得证． 证明二：(综合法)∵a ≠b ，∴a -b ≠0，∴()2b a -＞0，即2a -2ab +2b ＞0，亦即2a -ab +2b ＞ab . 由题设条件知，a +b ＞0，∴(a +b )( 2a -ab +2b )＞(a +b )ab即3a +3b ＞22ab b a +，由此命题得证．【变式2】ABC ∆的三个内角,,A B C 成等差数列，求证：113a b b c a b c +=++++ 【证明】要证原式成立，只要证3a b c a b c a b b c +++++=++， 即只要证1c a a b b c+=++ 即只要证2221bc c a ab ab b ac bc+++=+++； 而2A C B +=，所以060B =，由余弦定理得222b a c ac =+-所以222222222221bc c a ab bc c a ab bc c a ab ab b ac bc ab a c ac ac bc ab a c bc+++++++++===+++++-+++++. 类型三：反证法证明例6．【证明】=只需证22≠，即证10≠5≠，即证2125≠，而该式显然成立，≠不成等差数列．=2125≠∵，5≠，10≠∴，即3720+≠，即2≠，∴ ≠∴【总结升华】结论中含有“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题，此类问题的反面比较具体，适宜应用反证法． 举一反三：【变式1】求证：函数()f x =不是周期函数．【证明】假设()f x =则存在常数T （T≠0）使得对任意x ∈R ，都有成立．上式中含x=0，则有cos01=，2m =π（m ∈z 且m≠0）． ①再令x=T ，则有1=，2n =π（n ∈Z 且n ≠0）． ②②÷①得：32n m =， 这里，m ，n 为非零整数，故n m为有理数，而32无理数，二者不可能相等． 因此3()cos f x x =不是周期函数．【变式2】设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为它的前n 项和．（1）求证：数列{S n }不是等比数列．（2）数列{S n }是等差数列吗？为什么？【解析】（1）证明：假设{S n }是等比数列，则2213S S S =， 即222111(1)(1)a q a a q q +=⋅++．∵a 1≠0，∴(1+q )2=1+q +q 2．即q =0，与等比数列中公比q ≠0矛盾．故{S n }不是等比数列．（2）解：①当q =1时，S n =na 1，n ∈N*，数列{S n }是等差数列．②当q ≠1时，{S n }不是等差数列，下面用反证法证明：假设数列{S n }是等差数列，则S 1，S 2，S 3成等差数列，即2S 2=S 1+S 3，∴2a 1(1+q )=a 1+a 1(1+q +q 2)．∵a 1≠0，∴2+2q =1+1+q +q 2，得q =q 2．∵q ≠1，∴q =0，这与等比数列中公比q ≠0矛盾．从而当q ≠1时，{S n }不是等差数列．综上①②可知，当q =1时，数列{S n }是等差数列；当q ≠1时，数列{S n }不是等差数列．【变式3】已知数列{a n }的前n 项的和S n 满足S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．(1)求证{a n ＋3}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)数列{a n }是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 证明：∵S n ＝2a n －3n (n ∈N *)，∴a 1＝S 1＝2a 1－3，∴a 1＝3.又由112323(1)n n n n S a n S a n ++=-⎧⎨=-+⎩得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3， ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，∴{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列．∴a n＋3＝6×2n－1，即a n＝3(2n－1)．(2)解：假设数列{a n}中存在三项a r，a s，a t (r<s<t)，它们可以构成等差数列．由(1)知a r<a s<a t，则2a s＝a r＋a t，∴6(2s－1)＝3(2r－1)＋3(2t－1)，即2s＋1＝2r＋2t，∴2s＋1－r＝1＋2t－r(*)∵r、s、t均为正整数且r<s<t，∴(*)左边为偶数而右边为奇数，∴假设不成立，即数列{a n}不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列．例7. 已知a，b，c∈（0，1），求证：(1―a)b，(1―b)c，(1－c)a中至少有一个小于或等于14．【证明】证法一：假设三式同时大于14，即1(1)4a b->，1(1)4b c->，1(1)4c a->，三式相乘，得1 (1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅->，又211 (1)24a aa a-+⎛⎫-≤=⎪⎝⎭，同理1(1)4b b-≤，1(1)4c c-≤，以上三式相乘，得1 (1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅-≤，这与1(1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅->矛盾，故结论得证．证法二：假设三式同时大于14．∵0＜a＜1，∴1－a＞0．∴(1)11(1)242a ba b-+≥->=．同理(1)122b c-+≥，(1)122c a-+≥．三式相加，得33 22 >，∴原命题成立．【总结升华】从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形的问题多用反证法.比如这类带有“至少有一个”等字样的数学问题.举一反三：【变式】已知,,,0,1a b c R a b c abc ∈++==，求证：,,a b c 中至少有一个大于32. 【证明】假设,,a b c 都小于或等于32， 因为 1abc =，所以,,a b c 三者同为正或一正两负，又因为0a b c ++=，所以,,a b c 三者中有两负一正，不妨设0,0,0a b c ><<，则1,b c a bc a +=-=由均值不等式得()2b c bc -+≥，即12a a ≥， 解得33273482a ≥≥=，与假设矛盾，所以 ,,abc 中至少有一个大于32. 例8．已知：直线a 以及A ∉a ．求证：经过直线a 和点A 有且只有一个平面．【证明】（1）“存在性”，在直线a 上任取两点B 、C ，如图．∵A ∉a ，B ∈a ，C ∈a ，∴A 、B 、C 三点不在同一直线上．∴过A 、B 、C 三点有且只有一个平面α∵B ∈α，C ∈α，∴a ⊂α，即过直线a 和点A 有一个平面α．（2）“唯一性”，假设过直线a 和点A 还有一个平面β．∵A ∉a ，B ∈a ，C ∈a ，∴B ∈β，C ∈β．∴过不共线的三点A 、B 、C 有两个平面α、β，这与公理矛盾．∴假设不成立，即过直线a 和点A 不可能还有另一个平面β，而只能有一个平面α．【总结升华】 这里证明“唯一性”时用了反证法．对于“唯一性”问题往往使用反证法进行证明，要注意与“同一法”的区别与联系．举一反三：【变式】求证：两条相交直线有且只有一个交点．【证明】假设结论不成立，即有两种可能：（1）若直线a 、b 无交点，那么a ∥b ，与已知矛盾；（2）若直线a 、b 不止有一个交点，则至少有两个交点A 和B ，这样同时经过点A 、B 就有两条直线，这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾．综上所述，两条相交直线有且只有一个交点．。
2018届高考数学 第七章 不等式、推理与证明 7.4 直接证明与间接证明 文 新人教A版
考点一
考点二
考点三
对点训练 3 设 a,b,c 均为正数,且 a+b+c=1,
求证 ������
+
���������2��� ≥1.
证明
因为������2
������
+b≥2a,������������2+c≥2b,���������2��� +a≥2c,
考点一
考点二
考点三
分析法的应用
例 4 已知△ABC 的三个内角 A,B,C 成等差数列,且 a,b,c 分别为
角
A,B,C
的对边,求证:������+1 ������
+
1 ������+������
=
������+3������+������.
证 化明 简,得要������证+������ ������������++1������������++������ ���������=���+11������, = ������+3������+������,即证������+������+������+������ ������ + ������+������+������+������ ������=3, 即 c(b+c)+(a+b)a=(a+b)(b+c),
考点一
考点二
考点三
综合法的应用(多考向)
考向1 数列中的证明
例1设数列{an}的前n项和为Sn,已知3an-2Sn=2. (1)证明{an}是等比数列并求出通项公式an; (2)求证:���������2���+1-SnSn+2=4×3n.