2018年高考数学一轮复习第六章不等式推理与证明课时达标37直接证明与间接证明理
2018年高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 课时达标37 直接证明与间接证明 理
[解密考纲]对利用综合法、分析法、反证法证明数学命题常与数列、解析几何、立体几何、函数综合在一起进行考查．
一、选择题
1．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( D )
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：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．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( C )
A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
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.
3．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是( C )
A．P>Q B．P＝Q
C．P<Q D．由a的取值确定
解析：不妨设P＜Q，∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，
只要证2a＋7＋2＜2a＋7＋2·，
只要证a2＋7a＜a2＋7a＋12，
只要证0＜12，
∵0＜12成立，∴P＜Q成立．
4．要使－<成立，则a，b应满足( D )
A．ab<0且a>b B．ab>0且a>b
C．ab<0且a<b D．ab>0且a>b或ab<0且a<b
解析：要使－＜成立，
只要(－)3＜()3成立，
即a－b－3＋3＜a－b成立，
只要＜成立，
只要ab2＜a2b成立，
即要ab(b－a)＜0成立，
只要ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b成立．
5．已知a>b>0，且ab＝1，若0<c<1，p＝log c，q＝log c2，则p，q 的大小关系是( B )
A．p>q B．p<q C．p＝q D．p≥q
解析：∵＞ab＝1，∴p＝log c＜0.
又q＝log c2＝log c＞log c＝log c＞0，
∴q＞p.
6．(2017·山东模拟)设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋( C )
A．都大于2
B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2
D．至少有一个不大于2
解析：因为x＞0，y＞0，z＞0，所以＋＋＝＋＋≥6，当且仅当x＝y ＝z时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C．
二、填空题
7．设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为a＜b.
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＜.
∴a＜b.
8．用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac ＋bd>1，则a，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a，b，c，d全是负数．
解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定
是“a，b，c，d中没有一个是非负数，即a，b，c，d全是负数”．9．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③(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，故③能推出．
三、解答题
10．(2017·江苏徐州模拟)如图，AB，CD均为圆O的直径，CE⊥圆O所在的平面，BF∥CE，求证：
(1)平面BCEF⊥平面ACE；
(2)直线DF∥平面ACE.
证明：(1)因为CE⊥圆O所在的平面，BC⊂圆O所在的平面，所以CE⊥BC．
因为AB为圆O的直径，点C在圆O上，所以AC⊥BC．
因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BC⊥平面ACE.因为BC⊂平面BCEF，所以平面BCEF⊥平面ACE.
(2)由(1)知AC⊥BC，又因为CD为圆O的直径，所以BD⊥BC．
因为AC，BC，BD在同一平面内，所以AC∥BD．
因为BD⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，所以BD∥平面ACE.
因为BF∥CE，同理可证BF∥平面ACE，
因为BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDF，
所以平面BDF∥平面ACE.
因为DF⊂平面BDF，所以DF∥平面ACE.
11．设{a n}是公比为q的等比数列．
(1)推导{a n}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{a n＋1}不是等比数列．
解析：(1)分两种情况讨论．
①当q＝1时，数列{a n}是首项为a1的常数列，所以S n＝a1＋a1＋a1＋…＋a1＝na1.
②当q≠1时，S n＝a1＋a2＋…＋a n－1＋a n
⇒qS n＝qa1＋qa2＋…＋qa n－1＋qa n.
将上面两式相减得
(1－q)S n＝a1＋(a2－qa1)＋(a3－qa2)＋…＋(a n－qa n－1)－qa n＝a1
－qa n⇒S n＝＝.
综上，S n＝＝，综上，S n＝
(2)证明：设{a n}是公比q≠1的等比数列，假设数列{a n＋1}是等比数列，则(a2＋1)2＝(a1＋1)(a3＋1)，即(a1q＋1)2＝(a1＋1)(a1q2＋1)，整理得a1(q－1)2＝0得a1＝0或q＝1均与题设矛盾，故数列{a n＋1}不是等比数列．
12．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0<x<c时，f(x)>0.
(1)证明：x＝是函数f(x)的一个零点；
(2)试比较与c的大小．
解析：(1)证明：∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2.
∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根．又x1x2＝，∴x2＝，x＝是f(x)＝0的一个根．
即x＝是函数f(x)的一个零点．
(2)假设<c，∵>0，∴由0<x<c时，f(x)>0，
知f>0，这与f＝0矛盾，∴≥c.
又∵≠c，∴>c.。
【配套K12】2018版高考数学一轮总复习第6章不等式推理与证明6.6直接证明与间接证明模拟演练理
2018版高考数学一轮总复习 第6章 不等式、推理与证明 6.6 直接证明与间接证明模拟演练 理[A 级 基础达标](时间：40分钟)1．[2017·绵阳周测]设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( )A ．t >sB ．t ≥sC ．t <sD ．t ≤s答案 D解析 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t ，选D 项．2．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)<0.3．[2017·东城模拟]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．4．[2017·郑州模拟]设x >0，P ＝2x ＋2－x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则( ) A ．P >Q B ．P <Q C ．P ≤Q D ．P ≥Q答案 A解析 因为2x＋2－x≥22x ·2－x＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin2x ，而sin2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .故选A.5．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2 C ．至少有一个不小于2 D ．至少有一个不大于2 答案 C解析 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋( z x ＋z y)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C.6．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成立的条件的序号是________．答案 ①③④解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且a b>0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④都能使b a ＋ab≥2成立． 7．[2016·兰州调研]已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是________．答案 x ＜y 解析 ∵a ＋b2>ab (a ≠b )⇒a ＋b >2ab ⇒2(a ＋b )>a ＋b ＋2ab ⇒a ＋b >a ＋b22⇒a ＋b >a ＋b2，即x <y .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，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1＜c n .9．[2017·唐山模拟]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 －bab>1， 即1b －1a>1，这是已知条件，所以原不等式得证．10．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．解 (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，则d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)得b n ＝S nn＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 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 ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． [B 级 知能提升](时间：20分钟)11．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 |答案 D解析 ∵1a <1b<0，∴0>a >b .∴a 2<b 2，ab <b 2，a ＋b <0，|a |＋|b |＝|a ＋b |.12．已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a >b B ．a <bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定答案 B解析 ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m >m ＋m －1>0(m >1)， ∴1m ＋1＋m<1m ＋m －1，即a <b .13．[2017·邯郸模拟]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________．(填序号)答案 ③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，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1.14．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b2＋1－2m ＝0.(1)求证：1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2； (2)求证：m ≥72.证明 (1)要证1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2成立， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋4b 2(a 2＋b 2)≥9，即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，只需证b 2a 2＋4a 2b 2≥4，根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b2≥2b 2a 2·4a 2b2＝4成立．当且仅当2a 2＝b 2时等号成立，所以原不等式成立．(2)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b2＝2m －1，由(1)知(m －2)(2m －1)≥9，即2m 2－5m －7≥0，解得m ≤－1或m ≥72.又a 2＋b 2＝m －2＞0，1a 2＋4b 2＝2m －1＞0，所以m ≥72.。
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第六章 不等式、推理与证明 6.6 精品
【解析】选D.由条件知,左边从20,21到2n-1都是连续的, 因此当n=k+1时,左边应为1+2+22+…+2k-1+2k,而右边应 为2k+1-1.
感悟考题 试一试
3.(2016·东营模拟)用数学归纳法证明
“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,在验证n=1时,左边计算所
得的式子为 ( )
1 ＞ k k 1
1 k 1
k k 1 1
＞
k2 1
k 1
k 1.
k 1
k 1 k 1
所以当n=k+1时,不等式也成立.
由(1)(2)可知对任何n∈N*,n>1,
1 1 1 均 成1 立＞ . n
23
n
3.若不等式 1 1 1 a 对一切正整数n都
n 1 n 2
3n 1 24
成立,求正整数a的最大值,并证明结论.
2k 2k 1 2k 2
1 1 1 1 .
k2 k3
2k 1 2k 2
即当n=k+1时，等式也成立. 综合(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立.
【规律方法】数学归纳法证明等式的思路和注意点 (1)思路：用数学归纳法证明等式问题,要“先看项”, 弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始 值n0是多少.
【变式训练】(2014·安徽高考改编)设整数p>1. 证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px. 【证明】①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不 等式成立.
②假设当p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立. 则当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)·(1+kx) =1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x. 所以当p=k+1时,原不等式也成立. 综合①②可得,当x>-1且x≠0时,对一切整数p>1,不等式 (1+x)p>1+px均成立.
2018年高考数学一轮复习第六章不等式推理与证明第37讲直接证明与间接证明课件理
件．( × )
• (3)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．(× )
• (4)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．( √ )
• 解析：(1)正确．
• (2)错误．分析法是从要证明的结论出发，逐 步寻找使结论成立的充分条件，不是充要条 件．
(2)分析法 ①定义：从要证明的__结__论____出发，逐步寻求使它成立的__充___分___条__件_，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)为止，这种证明方法叫做分析法．
②框图表示： Q⇐P1 ―→ P1⇐P2 ―→ P2⇐P3 ―→…―→ 得到一个明显成立的条件 .
• (2)关键：在正确的推理下得出矛盾，矛盾可 以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、 公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的 矛盾必须是明显的．
【例3】 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比数列．
• (3)错误．用反证法证明时，推出的矛盾可以 与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛 盾．
• (4)正确．
• 2．用分析法证明：欲使①A＞B，只需②C＜
D，这里①是②的( B )
• A．充分条件
B．必要条件
• C．充要条件 要条件
D．既不充分也不必
• 解析：由题意可知，应有②⇒①，故①是② 的必要条件．
【例1】 已知a＞0，求证： a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
证明：要证 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2，
【配套K12】2018高考数学一轮复习第6章不等式及其证明第5节直接证明与间接证明课时分层训练
课时分层训练(三十四) 直接证明与间接证明A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的个数有( )A．2个B．3个C．4个D．5个D[由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．]2．用反证法证明命题：若整数系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理实数根，则a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设中正确的是( )A．假设a，b，c至多有一个是偶数B．假设a，b，c至多有两个偶数C．假设a，b，c都是偶数D．假设a，b，c都不是偶数D[“至少有一个”的否定为“一个都没有”，即假设a，b，c都不是偶数．]3．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是( )A．ac2<bc2B．a2>ab>b2C.1a<1bD.ba>abB[a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.]4．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)<0C[由题意知b2－ac<3a⇐b2－ac<3a2⇐(a＋c)2－ac<3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.]5．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2B ．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 C [因为x >0，y >0，z >0， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x ≥6， 当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2.]二、填空题6．用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设__________． x ≠－1且x ≠1 [“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．]7．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________.【导学号：51062206】m <n [法一(取特殊值法)：取a ＝2，b ＝1，得m <n .法二(分析法)：a －b <a －b ⇐b ＋a －b >a ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．]8．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成立的条件的个数是__________．3 [要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0，且a b>0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个．]三、解答题9．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 【导学号：51062207】[证明] 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立，只需证：2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0，即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0，即(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.10分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0，从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立，∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .15分10.(2017·宁波镇海中学)如图651，四棱锥S ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AD⊥DC ，AB ＝AD ＝1，DC ＝SD ＝2，M ，N 分别为SA ，SC 的中点，E 为棱SB 上的一点，且SE ＝2EB.图651(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)证明：DE ⊥平面SBC .[证明] (1)连接AC ，∵M ，N 分别为SA ，SC 的中点，∴MN ∥AC ，又∵MN ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴MN ∥平面ABCD .7分(2)连接BD ，∵BD 2＝12＋12＝2，BC 2＝12＋(2－1)2＝2， BD 2＋BC 2＝2＋2＝4＝DC 2，∴BD ⊥BC .又SD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，∴SD ⊥BC ，∴SD ∩BD ＝D ，∴BC ⊥平面SDB .10分∵DE ⊂平面SDB ，∴BC ⊥DE .又BS ＝SD 2＋BD 2＝4＋2＝6，当SE ＝2EB 时，EB ＝63， 在△EBD 与△DBS 中，EBBD ＝632＝33，BD BS ＝26＝33， ∴EB BD ＝BD BS.13分又∠EBD ＝∠DBS ，∴△EBD ∽△DBS ，∴∠DEB ＝∠SDB ＝90°，即DE ⊥BS ，∵BS ∩BC ＝B ，∴DE ⊥平面SBC .15分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．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 ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A A [∵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 .] 2．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__________．a 2>b 2＋c 2[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.] 3．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. 【导学号：51062208】[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.2分由“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 ＝3.7分(2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a >－2)上是“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 ，14分解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在.15分。
2018版高考数学一轮总复习第6章不等式推理与证明6.6直接证明与间接证明课件理2017052202
∴当 n∈ N 且 n≥2 时， 3 3 2bn－ 1 1 1 bn＝ f(bn－ 1)＝ · ⇒bnbn－ 1＋ 3bn＝ 3bn－ 1⇒ － 2 2 bn－ 1＋3 bn bn－ 1 1 ＝ . 3
1 ∴ 是首项为 b n
1 1，公差为 的等差数列． 3
触类旁通 综合法证明的思路 (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 (命题 )出发，经过一系列中间推理， 最后导出所要求证结论的真实性． (2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．
[双基夯实] 一、疑难辨析 判断下列结论的正误． ( 正确的打“√”，错误的打 “×”) 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．证明不等式 2＋ 7＜ 3＋ 6最适合的方法是分析 法．( √ )
解析
b－ a 1 1 < 成立，即 <0 成立，逐个验证可得，①② a b ab
④满足题意．
4．[2017· 福建模拟] 设 a>b>0，m＝ a－ b，n＝
a－b，
m<n 则 m，n 的大小关系是________ ．
解析 解法一： (取特殊值法 )取 a＝2， b＝ 1，得 m<n. b2－ 2 ab <0 ，∴ m2<n2 ，∴ 解法二：(作差法 )由已知得 m>0，n>0，则 m2－ n2＝ a＋ b － 2 ab － a ＋ b ＝ 2b － 2 ab ＝ 2 m <n .
2019版高考数学一轮复习第六章不等式推理与证明课时达标37直接证明与间接证明20180507215
第37讲直接证明与间接证明[解密考纲]对利用综合法、分析法、反证法证明数学命题常与数列、解析几何、立体几何、函数综合在一起进行考查．一、选择题1．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( D)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．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( C)A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析b2－ac＜3a⇔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)＞0.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是( C) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析不妨设P＜Q，∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，只要证2a＋7＋2a a＋7＜2a＋7＋2·a＋3a＋4，只要证a2＋7a＜a2＋7a＋12，只要证0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立．4．要使3a－3b<3a－b成立，则a，b应满足( D)A．ab<0且a>bB．ab>0且a>bC．ab<0且a<bD．ab>0且a>b或ab<0且a<b解析 要使3a －3b ＜3a －b 成立，只要(3a －3b )3＜(3a －b )3成立， 即a －b －33a 2b ＋33ab 2＜a －b 成立，只要3ab 2＜3a 2b 成立，只要ab 2＜a 2b 成立，即要ab (b －a )＜0成立， 只要ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 成立． 5．已知a >b >0，且 ab ＝1，若 0<c <1，p ＝log ca 2＋b 22，q ＝log c ⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2，则p ，q的大小关系是( B )A ．p >qB ．p <qC ．p ＝qD ．p ≥q解析 ∵a 2＋b 22＞ab ＝1，∴p ＝log ca 2＋b 22＜0.又q ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2＝log c1a ＋b ＋2ab ＞log c 14ab＝log c 14＞0， ∴q ＞p .6．(2017·山东济南模拟)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( C ) A ．都大于2B ．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 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C ．二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为__a ＜b __.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 .8．用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，则a ，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__a ，b ，c ，d 全是负数__.解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a ，b ，c ，d 中没有一个是非负数，即a ，b ，c ，d 全是负数”．9．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__③__(填序号)．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，故a ，b 中至少有一个大于1，故③能推出． 三、解答题10．(2017·江苏徐州模拟)如图，AB ，CD 均为圆O 的直径，CE ⊥圆O 所在的平面，BF ∥CE ，求证：(1)平面BCEF ⊥平面ACE ； (2)直线DF ∥平面ACE .证明 (1)因为CE ⊥圆O 所在的平面，BC ⊂圆O 所在的平面，所以CE ⊥BC ． 因为AB 为圆O 的直径，点C 在圆O 上，所以AC ⊥BC ． 因为AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面ACE ，所以BC ⊥平面ACE . 因为BC ⊂平面BCEF ，所以平面BCEF ⊥平面ACE . (2)由(1)知AC ⊥BC ，又因为CD 为圆O 的直径， 所以BD ⊥BC ．因为AC ，BC ，BD 在同一平面内，所以AC ∥BD ． 因为BD ⊄平面ACE ，AC ⊂平面ACE ，所以BD ∥平面ACE . 因为BF ∥CE ，同理可证BF ∥平面ACE ， 因为BD ∩BF ＝B ，BD ，BF ⊂平面BDF ， 所以平面BDF ∥平面ACE .因为DF ⊂平面BDF ，所以DF ∥平面ACE . 11．设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列．解析 (1)分两种情况讨论．①当q ＝1时，数列{a n }是首项为a 1的常数列，所以S n ＝a 1＋a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1. ②当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ⇒qS n ＝qa 1＋qa 2＋…＋qa n －1＋qa n .将上面两式相减得(1－q )S n ＝a 1＋(a 2－qa 1)＋(a 3－qa 2)＋…＋(a n －qa n －1)－qa n ＝a 1－qa n ⇒S n ＝a 1－qa n 1－q ＝a 11－q n1－q.综上，S n ＝a 1－qa n 1－q ＝a 11－qn1－q，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.(2)证明：设{a n }是公比q ≠1的等比数列，假设数列{a n ＋1}是等比数列，则 (a 2＋1)2＝(a 1＋1)(a 3＋1)，即(a 1q ＋1)2＝(a 1＋1)(a 1q 2＋1)，整理得a 1(q －1)2＝0得a 1＝0或q ＝1均与题设矛盾，故数列{a n ＋1}不是等比数列．12．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：x ＝1a是函数f (x )的一个零点；(2)试比较1a与c 的大小．解析 (1)证明：∵f (x )的图象与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 ，x ＝1a是f (x )＝0的一个根．即x ＝1a是函数f (x )的一个零点．(2)假设1a <c ，∵1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0，这与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝0矛盾，∴1a≥c .又∵1a≠c ，∴1a>c .。
2018版高考一轮总复习数学文课件 第6章 不等式、推理
[ 双基夯实] 一、疑难辨析 判断 下列 结论 的正 误． ( 正确 的打 “√” ，错 误的打 “×”) 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”．( × )
1 3 ＝ f(bn－1)(n∈N ，n≥2)，求证： 为等差数列． 2 b n
[ 证明 ]
(1)由 (3 － m)Sn ＋ 2man ＝ m ＋ 3 ，得 (3 － m)· Sn ＋ 1
＋ 2man＋1＝ m＋ 3. 两式相减，得 (3＋ m)an＋1＝2man， m≠－ 3， an＋ 1 2m ∴ ＝ ，∴ {an}是等比数列． an m＋ 3 (2)∵ (3－ m)Sn＋2man＝ m＋3， ∴ (3－ m)a1＋ 2ma1＝ m＋ 3，∴a1＝1. 2m b1＝ a1＝ 1， q＝ f(m)＝ ， m＋ 3
板块二 典例探究· 考向突破
考向 例1
综合法证明
[2017· 黄冈模拟 ] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 且 (3
－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中 m 为常数，且 m ≠－ 3. (1)求证：{an}是等比数列； (2)若数列{an}的公比 q＝ f(m )，数列{bn}满足 b1＝a1，bn
法． 2．利用反证法证题的步骤 (1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立； (2)由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止； (3)由矛盾断言假设不成立， 从而肯定原命题的结论成立． 简 言之，否定→归谬→断言．
[ 必会结论] 分析法与综合法相辅相成， 对较复杂的问题， 常常先从 结论进行分析，寻求结论与条件、 基础知识之间的关系，找 到解决问题的思路， 再运用综合法证明， 或者在证明时将两 种方法交叉使用．
2018年高考数学一轮温习第六章不等式推理与证明课时达标37直接证明与间接证明理
C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0
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.
3．假设P＝ ＋ ，Q＝ ＋ (a≥0)，那么P，Q的大小关系是( C )
2018年高考数学一轮温习 第六章 不等式、推理与证明 课时达标37 直接证明与间接证明 理
[解密考纲]对利用综合法、分析法、反证法证明数学命题常与数列、解析几何、立体几何、函数综合在一路进行考查．
一、选择题
1．用反证法证明命题：假设a＋b＋c为偶数，那么“自然数a，b，c恰有一个偶数”时正确反设为( D )
(1)平面BCEF⊥平面ACE；
(2)直线DF∥平面ACE.
证明：(1)因为CE⊥圆O所在的平面，BC⊂圆O所在的平面，
因此CE⊥BC．
因为AB为圆O的直径，点C在圆O上，因此AC⊥BC．
因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，因此BC⊥平面ACE.
因为BC⊂平面BCEF，因此平面BCEF⊥平面ACE.
C．ab<0且a<bD．ab>0且a>b或ab<0且a<b
解析：要使 － ＜ 成立，
只要( － )3＜( )3成立，
即a－b－3 ＋3 ＜a－b成立，
只要 ＜ 成立，
只要ab2＜a2b成立，
即要ab(b－a)＜0成立，
只要ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b成立．
5．已知a>b>0，且ab＝1，假设 0<c<1，p＝logc ，q＝logc 2，那么p，q的大小关系是( B )
2018届高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明第六节直接证明与间接证明学案文
第六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．知识点一直接证明1．综合法(1)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________，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⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，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)为止．这种证明方法叫做分析法．(2)框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件.答案1．(1)推理论证成立 2.(1)要证明的结论充分条件1．判断正误(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)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．( )(4)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)√2．要证明3＋7<25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )A．综合法 B．分析法C．反证法 D．归纳法答案：B3．已知点A n(n，a n)为函数y＝x2＋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________．解析：由题意知，a n＝n2＋1，b n＝n，∴c n＝n2＋1－n＝1n2＋1＋n.显然，c n随着n的增大而减小，∴c n>c n＋1.答案：c n>c n＋1知识点二间接证明反证法：假设原命题________，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．答案不成立矛盾4．用反证法证明命题：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，反设正确的是( )A．a，b都不能被5整除B．a，b都能被5整除C．a，b中有一个不能被5整除D．a，b中有一个能被5整除解析：对原命题的结论的否定叙述是：a，b都不能被5整除．答案：A热点一 分析法的应用 【例1】 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 －－22，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(当且仅当a ＝1a＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立.已知m >0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 证明：∵m >0，∴1＋m >0.所以要证原不等式成立，只需证(a ＋mb )2≤(1＋m )·(a 2＋mb 2)，即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故原不等式得证．热点二 综合法的应用【例2】 已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝a ＋bx －12x 2＋13x 3，函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点(0,0)处有公共切线．(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )≤g (x )． 【解】 (1)f ′(x )＝11＋x ，g ′(x )＝b －x ＋x 2，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧g ＝f ，f＝g，解得a ＝0，b ＝1.(2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x ) ＝ln(x ＋1)－13x 3＋12x 2－x (x >－1)．h ′(x )＝1x ＋1－x 2＋x －1＝－x 3x ＋1.h (x )在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数． h (x )max ＝h (0)＝0，h (x )≤h (0)＝0，即f (x )≤g (x ).设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数．若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)．证明：由题意得，S n ＝na ＋n n －2d . 由c ＝0，得b n ＝S n n＝a ＋n －12d .又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a .因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a . 从而对于所有的k ，n ∈N *， 有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k . 热点三 反证法的应用 考向1 证明否定性命题【例3】 设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前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】 (1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)，∵a 1≠0，∴(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，解得q ＝0，这与q ≠0相矛盾，故数列{S n }不是等比数列．(2)当q ＝1时，{S n }是等差数列．当q ≠1时，{S n }不是等差数列．假设q ≠1时，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)．由于a 1≠0，∴2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2，∵q ≠1，∴q ＝0，这与q ≠0相矛盾． 综上可知，当q ＝1时，{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列.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＋1.①又因为p <q <r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立． 所以假设不成立，原命题得证．考向2 证明“至多”，“至少”，“唯一”性命题【例4】 已知M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ， (ⅰ)方程f (x )－x ＝0有实数根；(ⅱ)函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.(1)判断函数f (x )＝x 2＋sin x4是不是集合M 中的元素，并说明理由；(2)集合M 中的元素f (x )具有下面的性质：若f (x )的定义域为D ，则对于任意[m ，n ]⊆D ，都存在x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)成立．试用这一性质证明：方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．【解】 (1)①当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根为0； ②f ′(x )＝12＋14cos x ，所以f ′(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1.由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x4是集合M 中的元素．(2)证明：假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β(α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0.不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)． 满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，所以f ′(c )＝1. 与已知0<f ′(x )<1矛盾．又f (x )－x ＝0有实数根，所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根.已知f (x )＝x 2＋ax ＋b . (1)求f (1)＋f (3)－2f (2)．(2)求证：|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.解：(1)因为f (1)＝a ＋b ＋1，f (2)＝2a ＋b ＋4，f (3)＝3a ＋b ＋9，所以f (1)＋f (3)－2f (2)＝2.(2)证明：假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于12，则－12<f (1)<12，－12<f (2)<12，－12<f (3)<12. 所以－1<－2f (2)<1，－1<f (1)＋f (3)<1，所以－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2，这与f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾，所以假设错误，即所证结论成立．1．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．2．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论．3．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．。
(全国通用)近年高考数学一轮复习 第6章 不等式、推理与证明 重点强化课3 不等式及其应用教师用书
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重点强化课(三) 不等式及其应用［复习导读］本章的主要内容是不等式的性质，一元二次不等式及其解法,简单的线性规划问题,基本不等式及其应用,针对不等式具有很强的工具性,应用广泛，解法灵活的特点，应加强不等式基础知识的复习，要弄清不等式性质的条件与结论；一元二次不等式是解决问题的重要工具，如利用导数研究函数的单调性，往往归结为解一元二次不等式问题；函数、方程、不等式三者密不可分，相互转化，因此应加强函数与方程思想在不等式中应用的训练．重点1 一元二次不等式的综合应用（1)（2016·山东青岛一模)函数y＝错误!的定义域为（）A．（－∞，1］B．［－1,1]C．［1,2）∪（2，＋∞)D。
错误!∪错误!(2)已知函数f（x)＝错误!则满足不等式f(1－x2)〉f(2x)的x的取值范围是__________．(1）D（2)(－1，错误!－1) [（1）由题意得错误!解得错误!即－1≤x≤1且x≠－错误!，所以函数的定义域为错误!，故选D.（2）由题意得错误!或错误!解得－1〈x<0或0≤x〈错误!－1.所以x的取值范围为（－1，错误!－1）．］［规律方法］一元二次不等式综合应用问题的常见类型及求解方法(1)与函数的定义域、集合的综合，此类问题的本质就是求一元二次不等式的解集．（2）与分段函数问题的综合．解决此类问题的关键是根据分段函数解析式，将问题转化为不同区间上的不等式，然后根据一元二次不等式或其他不等式的解法求解．（3）与函数的奇偶性等的综合．解决此类问题可先根据函数的奇偶性确定函数的解析式，然后求解，也可直接根据函数的性质求解．［对点训练1] 已知f(x）是定义在R上的奇函数．当x〉0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为__________. 【导学号：31222215】(－5，0)∪(5，＋∞）[由于f(x)为R上的奇函数，所以当x＝0时,f(0)＝0；当x〈0时，－x〉0,所以f(－x）＝x2＋4x＝－f(x），即f(x)＝－x2－4x，所以f（x)＝错误!由f（x)〉x，可得错误!或错误!解得x〉5或－5<x<0，所以原不等式的解集为(－5，0)∪(5，＋∞）．］重点2 线性规划问题(1）(2017·深圳二次调研）在平面直角坐标系xOy中,若x，y满足约束条件错误!则z＝x＋y的最大值为（)A。