2016届(新课标)高考数学(文)大一轮复习课时跟踪检测(三十九) 直接证明和间接证明
2016高考数学一轮总复习课件：第11章 复数、算法、推理与证明 第4节 直接证明与间接证明
第十一章 复数、算法、推理与证明 第九页，编辑于星期六：点 二十五分。
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3．(2014·山东高考)用反证法证明命题“设a，b为实数，则 方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根 [解析] “方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方 程x2＋ax＋b＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是 “方程x2＋ax＋b＝0没有实根”． [答案] A
第十一章 复数、算法、推理与证明 第六页，编辑于星期六：点 二十五分。
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(1)否定性命题； 适 (2)命题的结论中出现“至少”、“至多”、“惟一”
等词语的； 用 范 (3)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，而其逆否命题又是非常容易证明 围
[答案] 3
第十一章 复数、算法、推理与证明 第十一页，编辑于星期六：点 二十五分。
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5．已知函数
f(x)
＝
lg
1－x 1＋x
，
若
f(a) ＝ b ， 则
f( － a) ＝
__________.(用 b 表示)
[解析] ∵f(－x)＝lg11＋ －xx＝－lg11－＋xx＝－f(x)，
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2016届高考数学(理)大一轮复习精讲课件：第六章 不等式、推理与证明 第六节 直接证明和间接证明
角度二：数列证明题
2．(2014·江苏高考节选)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意正整 数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”． (1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数 列”； (2)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和 {cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立． 证明：(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于 是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am. 所以{an}是“H数列”．
第七页，编辑于星期五：二十一点 五十三分。
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＋a2－2accos 60°，即b2＝c2＋a2－ac， 故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立．
第八页，编辑于星期五：二十一点 五十三分。
第三页，编辑于星期五：二十一点 五十三分。
(二)小题查验 1．判断正误
(1)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a＜b”
(×)
(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾
( ×)
2．用反证法证明“如果a＞b，那么a3＞b3”时假设的内容为 _a__3≤__b_3__．
第四页，编辑于星期五：二十一点 五十三分。
第十九页，编辑于星期五：二十一点 五十三分。
[典题例析] 已知f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＋c＝0，f(x)在[－1,1]上的最大值为2， 最小值为－52.求证：a≠0且ba<2. 证明：假设a＝0或ba≥2. (1)当a＝0时，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，显然b≠0. 由题意得f(x)＝bx在[－1,1]上是单调函数， 所以f(x)的最大值为|b|，最小值为－|b|. 由已知条件，得|b|＋(－|b|)＝2－52＝－12， 这与|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.
高三数学一轮复习课时作业16：§13.2 直接证明与间接证明
§13.2 直接证明与间接证明一、选择题1．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2．设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy ( )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23．若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”索的“因”应是( ) A ．a －b >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<04．已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b ≥m2a ＋b 恒成立，那么m 的最大值等于( )A ．10B ．9C ．8D ．75．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6．设a ，b ，c 为△ABC 的三边，则( ) A ．a 2＋b 2＋c 2>a ＋b ＋c B ．a 2＋b 2＋c 2>ab ＋bc ＋ac C ．a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ac ) D ．a 2＋b 2＋c 2>2(ab ＋bc ＋ac )7．若△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形8．四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则所有比赛中最多可能出现的平局场数是( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 二、填空题9．设无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A .则四个无穷数列：①{(－1)n ×2}；②{n }；③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n .其极限为2的共有________个． 10．已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S 100＝41，T 100＝49，设c n ＝a n T n ＋b n S n －a n b n (n ∈N *)．那么数列{c n }的前100项和为________．11．设a >1，n ∈N *，若不等式na －1<a －1n恒成立，则n 的最小值为________．12．设非等腰△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c ，则A ，B ，C 的关系是________． 三、解答题13．已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a >1)．(1)求证：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明f (x )＝0没有负根．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2. (1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3nS n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n <6.15．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .——★ 参 考 答 案 ★——一、选择题 1．『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 .故选B.2．『答案』 C『解析』 由于y x ＋y z ＋z x ＋z y ＋x z ＋x y ＝⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ＋⎝⎛⎭⎫z x ＋x z ＋⎝⎛⎭⎫y z ＋z y ≥2＋2＋2＝6， ∴y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy 中至少有一个不小于2.故选C. 3．『答案』 C『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.故选C. 4．『答案』 B『解析』 ∵a >0，b >0，∴2a ＋b >0.∴不等式可化为m ≤⎝⎛⎭⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋ab . ∵5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ≥5＋4＝9，即其最小值为9，当且仅当a ＝b 时等号成立． ∴m ≤9，即m 的最大值等于9.故选B. 5．『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.故选A. 6．『答案』 C『解析』 c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴a 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)－2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )． ∴a 2＋b 2＋c 2＝2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )<2(ab ＋bc ＋ac )．故选C. 7．『答案』 D『解析』 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，且△A 2B 2C 2不可能是直角三角形．假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，则A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾，因此假设不成立，故△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D. 8．『答案』 C『解析』 四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，共比赛6场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．即每场比赛若不平局，则共产生3×6＝18分，每场比赛都平局，则共产生2×6＝12分． 比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同， 则各队得分分别为：2,3,4,5或3,4,5,6. 如果是3,4,5,6，则每场产生3＋4＋5＋66＝3分，没有平局产生， 但是不可能产生4,5分，与题意矛盾，舍去． 因此各队得分分别为：2,3,4,5.第一名得分5：5＝3＋1＋1，为一胜两平； 第二名得分4：4＝3＋1＋0，为一胜一平一负； 第三名得分3：根据胜场等于负场，只能为三平； 第四名得分2：2＝1＋1＋0，为两平一负． 则所有比赛中最多可能出现的平局场数是4. 故选C. 二、填空题 9．『答案』 2『解析』 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n －1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2 不是数列{(－1)n ×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－2＝22n<ε，得n >1－log 2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数 N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1的极限；对于④，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪2n ＋1n －2＝1n <ε，得n >1ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n 的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④. 10．『答案』 2009『解析』 ∵a n ＝S n －S n －1，b n ＝T n －T n －1，则c n ＝a n T n ＋b n S n －a n b n ＝S n T n －S n －1T n －1， ∴c 100＝S 100T 100－S 99T 99， c 99＝S 99T 99－S 98T 98， …c 2＝S 2T 2－S 1T 1， c 1＝S 1T 1.∴数列{c n }的前100项和为S 100T 100＝41×49＝2009. 11．『答案』 2『解析』 n ＝1时，结论不成立．n ＝2时，不等式为a －1<a －12，即2a －2<a －1， ∴(a －1)2>0， ∵a >1，则a 有意义， ∴不等式恒成立． 12．『答案』 2B ＝A ＋C『解析』 ∵1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c ，∴a ＋c －2b (a －b )(c －b )＝3a －b ＋c ， 即b 2＝a 2＋c 2－ac ， 则有cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，∴B ＝60°，∴A ，B ，C 的关系是成等差数列，即2B ＝A ＋C .三、解答题13．证明：(1)因为函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1＝a x ＋1－3x ＋1(a >1)，而函数y ＝a x (a >1)和函数y ＝－3x ＋1在(－1，＋∞)上都是增函数， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设函数f (x )＝0有负根x 0，即存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝2－x 0x 0＋1.又0<ax 0<1，所以0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2与x 0<0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x )＝0没有负根．14．证明：(1)因为S n ＝a n ＋1＋n －2，所以当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3， 两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1， 即a n ＋1＝2a n －1.设c n ＝a n －1，代入上式， 得c n ＋1＋1＝2(c n ＋1)－1， 即c n ＋1＝2c n (n ≥2)．又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2， 故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1＝1，c 2＝a 2－1＝2，即c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，c n ＋1＝2c n 都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1， 公比q ＝2.所以a n －1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，即S n －n ＋1＝2n ，所以b n ＝3n2n .所以T n ＝b 1＋b 2＋...＋b n －1＋b n ＝32＋622＋ (3)2n ，①2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n2n＝3×⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－3n2n＝3×1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－3n 2n ＝6－3n ＋62n .因为3n ＋62n >0，所以T n ＝6－3n ＋62n <6.15．证明：(分析法)lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c ⇐lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ⇐a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc .因为a ，b ，c 是不全相等的正数，所以显然有a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc 成立，原不等式得证．。
《2016届走向高考》高三数学一轮(北师大版)课件第12章第4节直接证明与间接证明
∵a＞0，b＞0，∴1＋b≥2a,1＋a≥2b， ∴1＋1＋a＋b≥2(a＋b)，即 2≥a＋b， 这与已知 a＋b＞2 矛盾，故假设不成立． 1＋b 1＋a 即 a ， b 中至少有一个小于 2.
[ 方法总结] 结论若是“都是”“都不是”“至多”“至 少”形式的不等式，或直接从正面入手难以寻觅解题突破口的 问题，宜考虑使用反证法．
x<y
[ 解析] ∴x<y.
a＋b＋2 ab 2a＋b 2 x＝ < ＝ a ＋ b ＝ y ， 2 2
2
• 6．用反证法证明命题“三角形的三个内角中 至少有一个不大于60°”时，假设应该是 ________________________． • [答案] 三角形的三个内角都大于60° • [解析] 用反证法证明命题时，假设结论不 成立，即否定命题的结论．
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，从正面不 易推导时，常考虑用分析法．
已知 [ 解析]
1 a，b∈(0，＋∞)，求证：(a3＋b3)3
. 因为 a，b∈(0，＋∞)，要证原不等式成立，
1 ]6<[(a2＋b2)2
1 <(a2＋b2)2
(2)连接 AC，设 AC∩BD＝E，取 PD 的中点 F，连接 EF， MF.
因为四边形 ABCD 为正方形，所以 E 为 BD 的中点． 因为 F 为 PD 的中点， 1 1 所以 EF 2PB．又 AM∥2PB， 所以四边形 AEFM 为平行四边形．
所以 MF∥AE. 因为 PB⊥平面 ABCD，AE 平面 ABCD， 所以 PB⊥AE，所以 MF⊥PB． 因为四边形 ABCD 为正方形，所以 AC⊥BD． 所以 MF⊥BD．所以 MF⊥平面 PBD． 又 MF 平面 PMD，所以平面 PMD⊥平面 PBD．
高考数学大一轮复习 第十三章 推理与证明、算法、复数 13.2 直接证明与间接证明教师用书 理 新人
第十三章推理与证明、算法、复数 13.2 直接证明与间接证明教师用书理新人教版1．直接证明(1)综合法①定义：一般地，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，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表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，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(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．【思考辨析】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．( √)1．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>ab答案 B解析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>b2.2．(2016·)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C．乙盒中红球不多于丙盒中红球D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案 B解析取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机，③和④对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上选B.3．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 ＋b22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0答案 D解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.4．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，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 .5．(2016·某某模拟)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 ＝sin x 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________．答案 332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 ＋C3)＝f (π3)， 即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332， ∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.题型一 综合法的应用 例1 (2016·某某模拟)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 思维升华 (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．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 )＝x 2(x ∈[0,1])，f (x )＝x (x ∈[0,1])是不是理想函数．(1)证明 取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝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)解 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 )＝x 2，x ∈[0,1]，显然f (x )≥0，且f (1)＝1.对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1， f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，即f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)．∴f (x )＝x 2(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x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，有f 2(x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]2＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2)＝－2x 1x 2≤0，即f 2(x 1＋x 2)≤[f (x 1)＋f (x 2)]2.∴f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，不满足条件③.∴f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．综上，f (x )＝x 2(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．题型二 分析法的应用例2 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明 要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22， 只需证明12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22， 只需证明sin x 1＋x 22cos x 1cos x 2>sin x 1＋x 21＋cos x 1＋x 2. 由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2，即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立， 因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 引申探究若本例中f (x )变为f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f x 1＋f x 22≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明 要证明f x 1＋f x 22≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即证明1212(32)(32)2x x x x -+-≥1223x x +－2·x 1＋x 22， 因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥1223x x +－(x 1＋x 2)， 即证明12332x x +≥1223x x +， 因此只要证明12332x x +≥1233x x ⋅， 由于x 1，x 2∈R 时，13x >0, 23x>0， 由基本不等式知12332x x +≥1233x x ⋅显然成立，故原结论成立． 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．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(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与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．(2017·某某月考)设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证：(1)c 2>ab ；(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .证明 (1)∵a >0，b >0,2c >a ＋b ≥2ab ，∴c >ab ，平方得c 2>ab .(2)要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ， 只要证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ，即证|a －c |<c 2－ab ，即(a －c )2<c 2－ab .∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )<0成立，∴原不等式成立．题型三 反证法的应用命题点1 证明否定性命题例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 由已知得⎩⎨⎧ a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2， 故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(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)．∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧ q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴(p ＋r 2)2＝pr ，即(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾． ∴假设不成立，即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．命题点2 证明存在性问题例4 (2016·某某模拟)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 ， 解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．命题点3 证明唯一性命题例5 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 ，①方程f (x )－x ＝0有实数根；②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 x 4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．(1)解 ①当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根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 x 4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．思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“p ⇒q ”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q 相反的假设綈q ；第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p ⇒q 为真． 所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．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 . 证明 (1)∵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 )， ∴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 .26．反证法在证明题中的应用典例 (12分)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A 、C 两点，O 是坐标原点． (1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长；(2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．思想方法指导 在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．规X 解答(1)解 因为四边形OABC 为菱形，则AC 与OB 相互垂直平分．由于O (0,0)，B (0,1)， 所以设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1， 则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4分](2)证明 假设四边形OABC 为菱形，因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分]设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 2＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k2.所以AC 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分]因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0， 所以直线OB 的斜率为－14k，因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分] 所以OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]1．(2017·某某质检)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根 答案 A解析 因为“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”．故选A.2．(2016·某某质量监测)对累乘运算Π有如下定义：Πnk ＝1a k ＝a 1×a 2×…×a n ，则下列命题中的真命题是( )A.Π1 007k ＝12k 不能被10100整除 B.Π2 015k ＝14k －2Π2 014k ＝12k －1＝22 015C.Π1 008k ＝1(2k －1)不能被5100整除 D.Π1 008k ＝1 (2k －1)Π1 007k ＝12k ＝Π2 015k ＝1k答案 D解析 因为Π1 008k ＝1 (2k －1)Π1 007k ＝12k ＝(1×3×5×…×2 015)×(2×4×6×…×2 014)＝1×2×3×…×2 014×2 015＝Π2 015k ＝1k ，故选D. 3．(2017·某某月考)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy( ) 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 答案 C解析 因为(y x ＋y z )＋(z x ＋z y )＋(x z ＋x y)＝(y x ＋x y )＋(y z ＋z y)＋(z x ＋x z)≥6， 当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.4．①已知p 3＋q 3＝2，证明：p ＋q ≤2.用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②若a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证：方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( ) A ．①与②的假设都错误 B ．①的假设正确；②的假设错误 C ．①与②的假设都正确 D ．①的假设错误；②的假设正确 答案 D解析 对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D. 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 ．②③ B．①②③ C ．③ D．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， 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1.6．(2016·某某三市联考)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f (128)>________.答案 92解析 观察f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3可知，等式及不等式右边的数构成首项为32，公差为12的等差数列，故f (128)>32＋6×12＝92.7．(2016·全国甲卷)有三X 卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一X 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”．8．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值X 围是____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32解析 若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝－2p 2＋p ＋1≤0，f1＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足题干条件的p 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 9．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 2 )2≥[(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(a ＝1a＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．10．设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f (x ＋12)为偶函数． 证明 由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，可知f (x ＋1)＝f (－x )． 将x 换成x －12代入上式可得f (x －12＋1)＝f [－(x －12)]，即f (x ＋12)＝f (－x ＋12)，由偶函数的定义可知f (x ＋12)为偶函数．11．已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)．(1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明方程f (x )＝0没有负数根． 证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)， 不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0. ∵a >1，∴21110x xxa a ->>且，∴()2111210x x x x x a a a a --=-> 又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0， ∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 1＋1x 2＋1＝3x 2－x 1x 1＋1x 2＋1>0.于是f (x 2)－f (x 1)＝21x x a a -＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数． (2)假设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0， 则ax 0＝－x 0－2x 0＋1. ∵a >1，∴0<0x a <1， ∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0相矛盾， 故方程f (x )＝0没有负数根．12．(2015·某某)设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，…，x n的各项和，其中x ＞0，n ∈N ，n ≥2. (1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )与g n (x )的大小，并加以证明．(1)证明 F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－2， 则F n (1)＝n －1＞0，F n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－2＝－12n ＜0，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内至少存在一个零点． 又F ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1＞0(x ＞0)，故F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增， 所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n ， 因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0， 即1－x n ＋1n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)解 方法一 由题设，g n (x )＝n ＋11＋xn2，设h (x )＝f n (x )－g n (x ) ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－n ＋11＋xn2，x ＞0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )； 当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1－n n ＋1x n －12，若0＜x ＜1，h ′(x )＞xn －1＋2xn －1＋…＋nx n －1－n n ＋12x n －1＝n n ＋12x n －1－n n ＋12xn－1＝0，若x ＞1，h ′(x )＜x n －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n n ＋12x n －1＝n n ＋12x n －1－n n ＋12x n －1＝0，所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以h (x )＜h (1)＝0，即f n (x )＜g n (x )， 综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )； 当x ≠1时，f n (x )＜g n (x )．方法二 由题设，f n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n，g n (x )＝n ＋1x n ＋12，x ＞0，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )，当x ≠1时，用数学归纳法可以证明f n (x )＜g n (x )，①当n ＝2时，f 2(x )－g 2(x )＝－12(1－x )2＜0，所以f 2(x )＜g 2(x )成立，②假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即f k (x )＜g k (x )， 那么，当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k (x )＋x k ＋1＜g k (x )＋x k ＋1＝k ＋11＋xk2＋xk ＋1＝2x k ＋1＋k ＋1x k＋k ＋12，又g k ＋1(x )－2xk ＋1＋k ＋1x k＋k ＋12＝kx k ＋1－k ＋1x k ＋12，令h k (x )＝kx k ＋1－(k ＋1)x k＋1(x ＞0)，则h ′k (x )＝k (k ＋1)x k－k (k ＋1)x k －1＝k (k ＋1)xk －1(x －1)，所以当0＜x ＜1时，h ′k (x )＜0，h k (x )在(0,1)上递减； 当x ＞1时，h ′k (x )＞0，h k (x )在(1，＋∞)上递增， 所以h k (x )＞h k (1)＝0， 从而g k ＋1(x )＞2xk ＋1＋k ＋1x k＋k ＋12，故f k ＋1(x )＜g k ＋1(x )，即n ＝k ＋1时不等式也成立， 由①和②知，对一切n ≥2的整数，都有f n (x )＜g n (x )．方法三 由已知，记等差数列为{a k }，等比数列为{b k }，k ＝1，2，…，n ＋1， 则a 1＝b 1＝1，a n ＋1＝b n ＋1＝x n，所以a k ＝1＋(k －1)·x n －1n (2≤k ≤n )，b k ＝x k －1(2≤k ≤n )，令m k (x )＝a k －b k ＝1＋k －1x n －1n－xk －1，x ＞0(2≤k ≤n )，当x ＝1时，a k ＝b k ＝1，所以f n (x )＝g n (x )， 当x ≠1时，m ′k (x )＝k －1n·nx n －1－(k －1)x k －2＝(k －1)xk －2(xn －k ＋1－1)，而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，若0＜x＜1，x n－k＋1＜1，m′k(x)＜0；若x＞1，x n－k＋1＞1，m′k(x)＞0，从而m k(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以m k(x)＞m k(1)＝0，所以当x＞0且x≠1时，a k＞b k(2≤k≤n)，又a1＝b1，a n＋1＝b n＋1，故f n(x)＜g n(x)，综上所述，当x＝1时，f n(x)＝g n(x)；当x≠1时，f n(x)＜g n(x)．*13.(2015·课标全国Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(a＋b)2＞(c＋d)2.因此a＋b＞c＋d.(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。
【南方新高考】2016高考数学大一轮总复习 第八章 第2讲 直接证明与间接证明课件 理
解析： 假设应为:∃x1， x2∈[0,1]且 x1≠x2， 有|f(x1)－f(x2)|<|x1 1 －x2|，则|f(x1)－f(x2)|≥2 .
一
分析法及应用
【例 1】设 a，b 均为正数，且 a≠b，求证：a3＋b3＞a2b
＋ab2.
【思路点拨】本题可用分析法与综合法来解答：(方法 一： 分析法)证明使 a3＋b3＞a2b＋ab2 成立的充分条件成立； (方法二：综合法)由条件 a≠b 推出：a2－2ab＋b2＞0，通 过变形，应用不等式的性质可证出结论．
第 2讲
直接证明与间接证明
1.分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成 立的( A ) A．充分条件 C．充要条件 B．必要条件 D．等价条件
解析：分析法的特点是，从“未知”看“需知”，逐步 靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件．
2.用反证法证明“如果 a>b，那么 a> b”，假设内 容应是( D ) A. a＝ b C. a＝ b且 a< b 3 3 3 3 3 3 B. a< b D. a＝ b或 a< b 3 3 3 3 3 3
解析：v 根据不等式的特点，可将不等式等价变形，寻 求其成立的充分条件，因此宜选分析法，故选 B.
5. 已知函数 f(x)在[0,1]上有意义，且 f(0)＝f(1)，证明： 若对∀x1， x2∈[0,1]且 x1≠x2， 都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|， 则|f(x1) 1 － f(x2)|< 2 . 若 用 反 证 法 证 明 该 命 题 ， 则 假 设 应 为 .
2 2 2
1 1 1 (方法三)设 a＝3＋α，b＝3＋β，c＝3＋γ. 因为 a＋b＋c＝1，所以 α＋β＋γ＝0. 1 1 1 2 2 所以 a ＋b ＋c ＝(3＋α) ＋(3＋β) ＋(3＋γ)2
创新教程2016年高考数学大一轮复习第十一章第4节直接证明与间接证明课件理新人教A版
[变式训练] 1．已知 a、b、c 为正实数，a＋b＋c＝1. 求证：(1)a2＋b2＋c2≥13； (2) 3a＋2＋ 3b＋2＋ 3c＋2≤6. 证明：(1)方法一 a2＋b2＋c2－13 ＝13(3a2＋3b2＋3c2－1)
＝13[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2] ＝13(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc) ＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0， ∴a2＋b2＋c2≥13. 方法二 ∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋ b2＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2，
[证明] (1)任取 x1，x2∈(－1，＋∞)， 不妨设 x1＜x2，则 x2－x1＞0. ∵a＞1，y＝ax 在 R 上为增函数，∴ax2－x1>0 且 ax1>0，∴ (ax2－ax1)(ax2－x1－1)>0.又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0， ∴xx22－ ＋21－xx11＋－12 ＝x2－2x1x＋1＋11－x2x＋1－12x2＋1 ＝x13＋x12－xx2＋1 1＞0，
• 提示：(1)分析法的特点是：从“未知”看 “需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理， 实际上是寻求它成立的充分条件．(2)综合法 的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推 向“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它 成立的必要条件．
• (3)分析法易于探索解题思路，综合法易于过 程表述，在应用中视具体情况择优选之．
• [拓展提高] 用综合法证题是从已知 条件出发，逐步推向结论，综合法 的适用范围：
• (1)定义明确的问题，如证明函数的 单调性、奇偶性，求证无条件的等 式或不等式．
• (2)已知条件明确，并且容易通过分 析和应用条件逐步逼近结论的题 型．在使用综合法证明时，易出现 的错误是因果关系不明确，逻辑表
高考数学一轮 知识点各个击破 直接证明和间接证明课时跟踪检测 文
直接证明和间接证明1．(2012·平顶山模拟)命题“如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，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 ．能断定2．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 ＋b22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥03．(2012·山师大附中模拟)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4．(2013·银川模拟)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 ．0 B ．1 C ．2D ．35．(2012·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 )<06．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x 2，b 2，y 2三数( )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7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．8．(2012·黄冈质检)在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，则三边a ，b ，c 应满足________．9．(2012·肇庆模拟)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________．10．若a ＞b ＞c ＞d ＞0且a ＋d ＝b ＋c ，求证：d ＋a ＜b ＋c .11．求证：a ，b ，c 为正实数的充要条件是a ＋b ＋c ＞0，且ab ＋bc ＋ca ＞0和abc ＞0. 12．设f (x )＝e x－1.当a ＞ln 2－1且x ＞0时，证明：f (x )＞x 2－2ax.1．已知函数y ＝f (x )的定义域为D ，若对于任意的x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f x 1＋f x 22，则称y ＝f (x )为D 上的凹函数．由此可得下列函数中的凹函数为( )A ．y ＝log 2xB ．y ＝xC ．y ＝x 2D ．y ＝x 32．(2012·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)3．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)试比较1a与c 的大小． [答 题 栏]答 案课时跟踪检测(三十九)A 级1．B 2.D 3.B 4.C 5．选Cb 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 )>0.6．选B 由已知条件，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2b ， ①x 2＝ab ， ②y 2＝bc . ③由②③得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝x 2b，c ＝y2b .代入①，得x 2b ＋y 2b＝2b ，即x 2＋y 2＝2b 2. 故x 2，b 2，y 2成等差数列．7．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 ＜b8．解析：由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＜0，所以b 2＋c 2－a 2＜0，即a 2＞b 2＋c 2. 答案：a 2＞b 2＋c 29．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 . 答案：c n ＋1<c n10．证明：要证d＋a＜b＋c，只需证(d＋a)2＜(b＋c)2，即a＋d＋2ad＜b＋c＋2bc，因a＋d＝b＋c，只需证ad＜bc，即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)·(c＋d－t)＜0，故ad＜bc成立，从而d＋a＜b＋c成立．11．证明：必要性(直接证法)：∵a，b，c为正实数，∴a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，因此必要性成立．充分性(反证法)：假设a，b，c是不全为正的实数，由于abc＞0，则它们只能是两负一正，不妨设a＜0，b＜0，c＞0.又∵ab＋bc＋ca＞0，∴a(b＋c)＋bc＞0，且bc＜0，∴a(b＋c)＞0.①又∵a＜0，∴b＋c＜0.∴a＋b＋c＜0这与a＋b＋c＞0相矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．12．证明：欲证f(x) ＞x2－2ax，即e x－1 ＞x2－2ax，也就是e x－x2＋2ax－1＞0.可令u(x)＝e x－x2＋2ax－1，则u′(x)＝e x－2x＋2a.令h(x)＝e x－2x＋2a，则h′(x)＝e x－2.当x∈(－∞，ln 2)时，h′(x)＜0，函数h(x)在(－∞，ln 2]上单调递减，当x∈(ln 2，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)在[ln 2，＋∞)上单调递增．所以h(x)的最小值为h(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a.因为a＞ln 2－1，所以h(ln 2) ＞2－2ln 2＋2(ln 2－1)＝0，即h(ln 2)＞0.所以u′(x)＝h(x)＞0，即u(x)在R上为增函数．故u(x)在(0，＋∞)上为增函数．所以u(x)＞u(0)．而u(0)＝0，所以u(x)＝e x－x2＋2ax－1＞0.即当a＞ln 2－1且x＞0时，f (x )＞x 2－2ax .B 级1．选C 可以根据图象直观观察；对于C 证明如下： 欲证f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f x 1＋f x 22，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222<x 21＋x 222.即证(x 1＋x 2)2<2x 21＋2x 22.即证(x 1－x 2)2>0.显然成立．故原不等式得证． 2．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. 答案：③3．解：(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 ，∴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 ，∵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 .。
2016版高考数学大一轮复习课件：第11章-第3节直接证明与间接证明
基
础 知 识
an＝n2－2n－1
点
可得bn＝n2＋1
(n≥4)
方 法 技 巧
cn＝n2＋2n－1
易验证 an，bn，cn 满足①.因此 an，bn，cn 成等差数列. 5
分
课
核 心
当 n≥4 时，有 an＜bn＜cn 且 an＋bn－cn＝n2－4n＋1＞0
时 限
考
时
向
因此以 an，bn，cn 为边长可以构成三角形，将此三角形
名师金典·新课标高考总复习·理科数学
基 础 知 识 点
方 法 技 巧
考向三 [202] 反证法
(2013·陕西高考)设{an}是公比为 q 的等比数
列．设 q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
课
核
时
心
限
考
时
向
检
测
菜单
第二十页，编辑于星期五：二十三点 五十四分。
名师金典·新课标高考总复习·理科数学
理.2.结合具体问题考查学生运用上述三种方法解决问题的能
力． 课
核
时
心
限
考
时
向
检
测
菜单
第二页，编辑于星期五：二十三点 五十四分。
名师金典·新课标高考总复习·理科数学
一、直接证明
基 础
知 内容
识 点
综合法
方
分析法
法 技
巧
利用已知条件和某些数 从要_证__明_的__结__论__出发，逐步
学定义、公理、定理等，寻求使它成立的充__分__条__件__，
检 测
记为△n(n≥4).
7分
菜单
第二十七页，编辑于星期五：二十三点 五十四 分。
高考数学大一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 课时达标36 直接证明与间接证明
课时达标第36讲直接证明与间接证明[解密考纲]利用综合法、分析法、反证法等方法证明的数学命题常与数列、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“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，∵欲证P＜Q，只需证P2＜Q2，只需证2a＋7＋2a a＋7＜2a＋7＋2·a＋3a＋4，只需证a2＋7a＜a2＋7a＋12，只需证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，只需(3a －3b )3＜(3a －b )3成立， 即a －b －33a 2b ＋33ab 2＜a －b 成立， 只需3ab 2＜3a 2b 成立， 只需ab 2＜a 2b 成立， 即需ab (b －a )＜0成立，只需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 ＞logc 14ab＝log c 14＞0，∴q ＞p .6．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．若 a >b >c >d >0 且 a ＋d ＝b ＋c, 求证：d ＋a <b ＋c . 证明 要证d ＋a ＜b ＋c ， 只需证(d ＋a )2＜(b ＋c )2， 即证a ＋d ＋2ad ＜b ＋c ＋2bc ， 因为a ＋d ＝b ＋c ，所以只需证ad ＜bc ，即证ad ＜bc ， 设a ＋d ＝b ＋c ＝t ，则ad －bc ＝(t －d )d －(t －c )c ＝(c －d )(c ＋d －t )＜0， 故ad ＜bc 成立，从而d ＋a ＜b ＋c 成立．11．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 . 又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 . 12．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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧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．。
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课时跟踪检测(三十九) 直接证明和间接证明
一、选择题
1．(2014·山东高考)用反证法证明命题“设a，b 为实数，则方程x3＋ax＋b＝0 至少有一
个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程 x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根
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( )
A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
3．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
4．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
5．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( )
A．②③ B．①②③
C．③ D．③④⑤
6．如果△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
二、填空题
7．用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，
那么假设的内容是______________________________．
8．设a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，则m，n的大小关系是________．
9．已知点An(n，an)为函数y＝x2＋1图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其
中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[]－1，1内至少存在一点c，使
f(c)>0，则实数p的取值范围是________．
三、解答题
11．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，
求证：d＋a＜b＋c.
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
(1)证明：1a是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较1a与c的大小； 答 案 3．选B 由已知条件，可得 a＋c＝2b， ①x2＝ab， ②y2＝bc. ③ 5．选C 若a＝12，b＝23，则a＋b>1， 由 sin A2＝cos A1＝sinπ2－A1，sin B2＝cos B1＝sinπ2－B1，sin C2＝cos C1＝sinπ2－C1， 得 A2＝π2－A1，B2＝π2－B1，C2＝π2－C1. 10．解析：令 f－1＝－2p2＋p＋1≤0，f1＝－2p2－3p＋9≤0， 又x1x2＝ca， ∴x2＝1a1a≠c， x＝－b2a＝x1＋x22
(3)证明：－2
1．选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实
根”．
2．选C 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.
故选C.
由②③得 a＝x2b，c＝y2b.代入①，得x2b＋y2b＝2b，
即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列．
4．选A 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x1＋x2>0，可知x1>－x2，
f(x1)
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，a，b中至少有一个大于1.
6．选D 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，
假设△A2B2C2是锐角三角形．
那么，A2＋B2＋C2＝π2，
这与三角形内角和为180°相矛盾．
所以假设不成立，又显然△A2B2C2不是直角三角形．
所以△A2B2C2是钝角三角形．
7．解析：“至少有n个”的否定是“最多有n－1个”，故应假设a，b中没有一个能被
5整除．
答案：a，b中没有一个能被5整除
8．解析：法一：(取特殊值法)取a＝2，b＝1，
得m
显然成立．
答案：m
cn＝an－bn＝n2＋1－n
＝1n2＋1＋n，
∴cn随n的增大而减小，∴cn＋1
解得p≤－3或p≥32，
故满足条件的p的范围为－3，32.
答案：－3，32
11．证明：要证d＋a＜b＋c，
只需证(d＋a)2＜(b＋c)2，
即a＋d＋2ad＜b＋c＋2bc，
因a＋d＝b＋c，只需证ad＜bc，
即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，
则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)·(c＋d－t)＜0，
故ad＜bc成立，从而d＋a＜b＋c成立．
12．解：(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，
∴1a是f(x)＝0的一个根．
(2)假设1a
由0
知f1a>0与f1a＝0矛盾，
∴1a≥c，又∵1a≠c，∴1a>c.
(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，
∴b＝－1－ac.
又a>0，c>0，∴b<－1.
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为
又a>0，∴b>－2，∴－2