2019届高考数学一轮复习第七章不等式、推理与证明7.4直接证明与间接证明课件文新人教A版

第十三章直接证明与间接证明考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 2014 2015 2016 2017 19(2),417(1),71. 认识直接证明的两种基分分20,15 分22(2),(3 1. 直接证明本方法 : 剖析法和综合法 . 20(1),6 20(1),7认识18(1),7 20( 文 ),1 ),与间接证明 2. 认识间接证明的一种基分分分 5 分约 10分本方法 : 反证法 . 21(2),820,15 分分2. 数学概括认识数学概括法的原理 , 能22(1), 用数学概括法证明一些简认识法约 5 分单的数学命题 .剖析解读 1. 直接证明与间接证明、数学概括法是高考的考察内容, 综合法是“由因导果” , 而剖析法例是“执果索因” , 它们是截然相反的两种证明方法. 剖析法便于我们去找寻思路 , 而综合法便于过程的表达 , 两种方法各有千秋 , 在解决详细的问题中, 综合运用 , 成效会更好 .2. 数学概括法常与数列、不等式等知识综合在一同, 常常综合性比较强, 对学生的思想要求比较高 .3. 综合法与剖析法因其在解决问题中的巨大作用而获得命题者的喜爱, 估计 2019 年高考试题中 , 直接证明、间接证明与导数综合出题的可能性较大.五年高考考点一直接证明与间接证明1.(2017课标全国Ⅱ理,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同学一同去处老师咨询成语比赛的成绩四人中有 2 位优异 ,2 位优异 , 我此刻给甲看乙、丙的成绩 , 给乙看丙的成绩, 给丁看甲的成绩说 : 我仍是不知道我的成绩. 依据以上信息, 则 () .老师说:你们 . 看后甲对大家A.乙能够知道四人的成绩B.丁能够知道四人的成绩C.乙、丁能够知道对方的成绩D.乙、丁能够知道自己的成绩答案 D2.(2016 北京 ,8,5 分) 袋中装有偶数个球 , 此中红球、黑球各占一半 . 甲、乙、丙是三个空盒 . 每次从袋中随意拿出两个球 , 将此中一个球放入甲盒 , 假如这个球是红球 , 就将另一个球放入乙盒 , 不然就放入丙盒 . 重复上述过程 , 直到袋中全部球都被放入盒中, 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同样多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同样多答案 B3.(2017北京文,14,5分)某学习小组由学生和教师构成, 人员构成同时知足以下三个条件:(i)男学生人数多于女学生人数;(ii)女学生人数多于教师人数 ;(iii)教师人数的两倍多于男学生人数 .①若教师人数为4, 则女学生人数的最大值为;②该小组人数的最小值为.答案①6②124.(2017北京理,20,13分)设{a n}和{b n}是两个等差数列, 记c n=max{b1-a 1n,b 2-a 2n,,b n-a n n}(n=1,2,3, ),此中 max{x 1,x 2, ,x s} 表示 x1,x 2, ,x s这 s 个数中最大的数.(1) 若 a n =n,b n =2n-1, 求 c 1,c 2,c 3 的值 , 并证明 {c n } 是等差数列 ;(2) 证明 : 或许对随意正数 M,存在正整数 m,当 n ≥m 时, >M;或许存在正整数 m,使得 c m ,c m+1,c m+2, 是等差数 列 .分析 此题考察等差数列 , 不等式 , 合情推理等知识 , 考察综合剖析 , 概括抽象 , 推理论证能力 . (1)c 1=b 1-a 1=1-1=0,c 2 =max{b 1-2a 1,b 2-2a 2}=max{1-2 × 1,3-2 × 2}=-1,c 3 =max{b 1-3a 1,b 2-3a 2,b 3-3a 3}=max{1-3 × 1,3-3 × 2,5-3 × 3}=-2.当 n ≥ 3 时 ,(b k+1 -na k+1 )-(b k-na )=(b -b )-n(a k+1-a )=2-n<0,kk+1kk所以 b k -na k 对于 k ∈ N * 单一递减 .-a n}=b -a n=1-n.所以 c =max{b -a n,b -an, ,bn1122 n n11所以对随意 n ≥ 1,c n =1-n, 于是 c n+1-c n =-1,所以 {c} 是等差数列 .n(2) 设数列 {a n } 和 {b n } 的公差分别为 d 1,d 2, 则 b k -na k =b 1+(k-1)d 2-[a 1+(k-1)d 1 ]n=b 1-a 1n+(d 2-nd 1)(k-1).所以 c =n①当 d 1>0 时,取正整数 m> , 则当 n ≥ m 时,nd 1 >d , 所以 c =b -a n.2n 11此时 ,c m ,c m+1,c m+2, 是等差数列 .②当 d =0 时, 对随意 n ≥ 1,1c n =b 1-a 1n+(n-1)max{d 2,0}=b 1-a 1+(n-1)(max{d2,0}-a 1).此时 ,c,c ,c , ,c, 是等差数列 .1 23n③当 d 1<0 时,当 n> 时, 有 nd 1<d 2.所以 ==n(-d 1)+d 1-a 1+d 2+≥ n(-d 1)+d 1-a 1+d 2-|b 1-d 2|.对随意正数 M,取正整数 m>max,故当n ≥ m 时 ,>M.5.(2016江苏 ,20,16 分 )记 U={1,2,,100}.对数列 {a n }(n ∈N *)和U 的子集T,若 T=? ,定义S T =0;若T={t1,t2,,tk },定义S T =+ + +. 比如 :T={1,3,66}时 ,S T =a 1+a 3+a 66. 现设 {a n }(n∈ N *)是公比为3 的等比数列 , 且当 T={2,4} 时 ,S T =30.(1) 求数列 {a n } 的通项公式 ;(2) 对随意正整数 k(1 ≤ k ≤ 100), 若 T? {1,2,,k}, 求证 :S T <a k+1 ; (3) 设 C? U,D? U,S C ≥ S D , 求证 :S C +S C ∩ D ≥ 2S D .分析 (1) 由已知得 a n =a 1· 3n-1 ,n ∈ N * . 于是当 T={2,4} 时 ,S T =a 2+a 4=3a 1+27a 1=30a 1.又 S =30, 故 30a1 =30, 即 a =1.T1所以数列 {a n } 的通项公式为 n-1,n *a n =3 ∈ N .(2) 因为 T? {1,2, ,k},a n =3n-1 >0,n ∈N * ,k-1kk所以 S ≤ a +a + +a =1+3+ +3 = (3 -1)<3 .T 12k所以 ,S T <a k+1.(3) 下边分三种状况证明.①若 D 是 C的子集 , 则 S C+S C∩D=S C+S D≥ S D+S D=2S D.②若 C 是 D的子集 , 则 S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥ 2S D.③若 D不是 C的子集 , 且 C不是 D的子集 .令 E=C∩ ?U D,F=D∩ ?U C, 则 E≠ ? ,F ≠ ? ,E ∩F=? . 于是 S C=S E+S C∩D,S D=S F+S C∩D, 从而由 S C≥ S D得 S E≥ S F .设 k 为 E 中的最大数 ,l 为 F 中的最大数 , 则 k≥1,l ≥ 1,k ≠ l.由 (2)Ek+1.于是 3l-1 l F E k+1 k, 所以 l-1<k, 即 l ≤ k. 又 k≠ l, 故 l ≤ k-1. 知 ,S <a =a ≤ S ≤ S <a =3从而F12 l l-1= ≤= ≤, S ≤ a +a + +a =1+3+ +3故 S E≥ 2S F+1, 所以 S C-S C∩D≥ 2(S D-SC∩D)+1, 即 S C+S C∩D≥2S D+1.综合①②③得 ,S C+S C∩D≥ 2S D.6.(2015 北京 ,20,13 分 ) 已知数列 {a } 知足 :a ∈ N ,a ≤ 36, 且 a = (n=1,2,). 记会合 M={a |nn 1 *1 n+1 n ∈N*}.(1)若 a1=6, 写出会合 M的全部元素 ;(2)若会合 M存在一个元素是 3 的倍数 , 证明 :M 的全部元素都是 3 的倍数 ;(3)求会合 M的元素个数的最大值 .分析(1)6,12,24.(2)证明 : 因为会合 M存在一个元素是 3 的倍数 , 所以不如设 a k是 3 的倍数 .由 a n+1= 可概括证明对随意 n≥ k,a n是 3 的倍数 .假如 k=1, 则 M的全部元素都是3的倍数.假如 k>1, 因为 a k=2a k-1或 a k=2a k-1 -36,所以 2a k-1是 3 的倍数 , 于是 a k-1 是3的倍数.近似可得 ,a k-2 , ,a 1都是 3 的倍数 .从而对随意 n≥ 1,a n是 3 的倍数 , 所以 M的全部元素都是 3 的倍数 .综上 , 若会合 M存在一个元素是 3 的倍数 , 则 M的全部元素都是3的倍数.(3) 由 a1≤ 36,a n= 可概括证明 a n≤36(n=2,3,).因为 a 是正整数 ,a = 所以 a 是2的倍数,1 2 2从而当 n≥3 时 ,a n是 4 的倍数 .假如 a1是 3 的倍数 , 由 (2) 知对全部正整数n,a n是 3 的倍数 ,所以当 n≥3 时 ,a n∈ {12,24,36},这时 M的元素个数不超出 5.假如 a1不是 3 的倍数 , 由 (2) 知对全部正整数n,a n不是 3 的倍数 ,所以当 n≥3 时 ,a n∈ {4,8,16,20,28,32},这时 M的元素个数不超出 8.当 a =1 时 ,M={1,2,4,8,16,20,28,32} 有8个元素.1综上可知 , 会合 M的元素个数的最大值为 8.7.(2014 江苏 ,23,10 分 ) 已知函数 f 0(x)= (x>0), 设 f n(x) 为 f n-1 (x) 的导数 ,n ∈ N* .(1) 求 2f 1 + f 2 的值 ;(2) 证明 : 对随意的n∈ N* , 等式= 都建立 .分析(1) 由已知 , 得 f 1(x)=f' 0(x)= '= - , 于是f (x)=f' (x)= '- '=- - + , 所以 f1 =- ,f2=-+.2 1故 2f 1 + f 2 =-1.(2) 证明 : 由已知 , 得 xf 0(x)=sinx, 等式两边分别对x 求导 , 得 f 0(x)+xf' 0(x)=cosx, 即 f 0(x)+xf 1(x)=cosx=sin , 近似可得2f (x)+xf (x)=-sinx=sin(x+ π ),1 23f (x)+xf (x)=-cosx=sin ,2 34f (x)+xf (x)=sinx=sin(x+2 π ).3 4下边用数学概括法证明等式nf n-1(x)+xfn对全部的*都建立 .(x)=sin n∈ N(i)当 n=1 时 , 由上可知等式建立 .(ii) 假定当 n=k 时等式建立 , 即 kf k-1 (x)+xf k(x)=sin. 因为[kfk-1 (x)+xfk(x)]'=kf'k-1(x)+fk(x)+xf'k(x)=(k+1) · f (x)+xf (x), '=cos ·'=sik k+1n ,所以(k+1)f k (x)+xf k+1 .(x)=sin所以当 n=k+1 时 , 等式也建立 .综合 (i)(ii) 可知等式 nf n-1 (x)+xf n (x)=sin*对全部的 n∈ N 都建立 .令 x= , 可得 nf n-1 + f n =sin (n ∈ N* ). 所以= (n ∈ N* ).教师用书专用 (8)8.(2013 江苏 ,19,16na, 公差为 d 的等差数列(d ≠0),Sn n,n ∈分 ) 设{a } 是首项为是其前 n 项的和 . 记 b =(1)若 c=0, 且 b1,b 2,b 4成等比数列 , 证明 :S nk=n2S k(k,n ∈ N* );(2)若 {b n} 是等差数列 , 证明 :c=0.nd.证明由题意得 ,S =na+(1) 由 c=0, 得 b n= =a+ d.又因为 b ,b ,b 成等比数列 , 所以=b b , 即=a 2 4 , 化简得 d -2ad=0.1 2 1 4因为 d≠ 0, 所以 d=2a.所以 , 对于全部的* m2m∈ N , 有 S =ma.从而对于全部的k,n ∈ N* , 有 S nk=(nk) 2a=n2k2a=n2S k.(2) 设数列 {b } 的公差是 d , 则 b =b +(n-1)d, 即=b +(n-1)d*的表达式 , 整理得 , 对于全部,n ∈ N , 代入 Sn1n1111n* 3 2 111的 n ∈ N , 有n + n +cd n=c(d -b ).令 A=d 1- d,B=b 1-d 1-a+ d,D=c(d 1-b 1), 则对于全部的 n ∈ N * , 有32An +Bn +cd 1n=D.(*)在 (*) 式中分别取 n=1,2,3,4, 得A+B+cd 1=8A+4B+2cd 1=27A+9B+3cd 1=64A+16B+4cd 1,从而有由②③得 A=0,cd 1=-5B, 代入方程① , 得 B=0, 从而 cd 1=0.即 d 1- d=0,b 1-d 1-a+ d=0,cd 1=0.若 d 1=0, 则由 d 1- d=0, 得 d=0,与题设矛盾 , 所以 d 1≠ 0. 又因为 cd 1=0, 所以 c=0.考点二 数学概括法1.(2017 浙江 ,22,15 分 ) 已知数列 {x } 知足 :x =1,x =x +ln(1+x*)(n ∈ N ).n1nn+1n+1证明 : 当 n ∈ N * 时 ,(1)0<x<x ;n+1n(2)2x-x ≤;n+1n(3) ≤x n ≤.分析 此题主要考察数列的观点、递推关系与单一性基础知识, 不等式及其应用 , 同时考察推理论证能力、 剖析问题和解决问题的能力 . (1) 用数学概括法证明 :x n >0. 当 n=1 时 ,x 1=1>0. ≤ 0, 则 0<x =x +ln(1+x ) ≤ 0, 矛盾 , 故 x>0. 假定 n=k 时,x k >0, 那么 n=k+1 时, 若 xk k+1k+1k+1 k+1所以 x n >0(n ∈ N * ). 所以 x n =x n+1+ln(1+xn+1)>x n+1.所以 0<x n+1<x n (n ∈ N * ). (2) 由 x n =x n+1+ln(1+x n+1) 得 ,x x -4x+2x =-2xn+1 +(x n+1 +2)ln(1+x).n n+1n+1nn+1记函数 f(x)=x 2-2x+(x+2)ln(1+x)(x ≥ 0),f'(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数 f(x) 在 [0,+ ∞ ) 上单一递加 , 所以 f(x) ≥ f(0)=0, 所以-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥ 0,故 2x n+1-x n ≤(n ∈ N * ).(3) 因为 x n =x n+1+ln(1+x n+1) ≤ x n+1+x n+1=2x n+1, 所以 x n ≥ .由≥ 2x n+1-x n得- ≥ 2 >0,所以 - ≥ 2 ≥ ≥ 2n-1 =2n-2 ,故 x n≤.综上, ≤ x n≤(n ∈ N* ).2.(2015 江苏 ,23,10 分 ) 已知会合 X={1,2,3},Y n={1,2,3,,n}(n ∈ N* ), 设 S n={(a,b)|a 整除 b 或 b 整除 a,a ∈X,b ∈ Y n}. 令 f(n) 表示会合 S n所含元素的个数 .(1) 写出 f(6) 的值 ;(2) 当 n≥ 6 时 , 写出 f(n)的表达式,并用数学概括法证明.分析(1)f(6)=13.(2)当 n≥ 6 时 ,f(n)=(t ∈ N* ).下边用数学概括法证明:①当 n=6 时,f(6)=6+2++ =13, 结论建立 ;②假定 n=k(k ≥ 6) 时结论建立 , 那么 n=k+1 时 ,S k+1在 S k的基础上新增添的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生 , 分以下情况议论:1) 若 k+1=6t, 则 k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+++3=(k+1)+2++,结论建立 ;2) 若 k+1=6t+1, 则 k=6t, 此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+ + +1=(k+1)+2++,结论建立 ;3)若 k+1=6t+2, 则 k=6t+1, 此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+++2=(k+1)+2++,结论建立 ;4)若 k+1=6t+3, 则 k=6t+2, 此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+ ++2=(k+1)+2++,结论建立 ;5) 若 k+1=6t+4, 则 k=6t+3, 此时有 f(k+1)=f(k)+2=k+2+ + +2=(k+1)+2++,结论建立 ;6) 若 k+1=6t+5, 则 k=6t+4, 此时有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+ + +1=(k+1)+2++ ,结论建立 .综上所述 , 结论对知足 n ≥ 6 的自然数 n 均建立 .3.(2014 安徽 ,21,13 分 ) 设实数 c>0, 整数 p>1,n ∈ N * . (1) 证明 : 当 x>-1 且 x ≠ 0 时 ,(1+x) p>1+px;(2) 数列 {a n } 知足 a 1> ,a n+1= a n +. 证明 :a n >a n+1> .证明 (1) 用数学概括法证明 :①当 p=2 时,(1+x) 2=1+2x+x 2>1+2x, 原不等式建立 .②假定 p=k(k ≥ 2,k ∈ N * ) 时 , 不等式 (1+x) k >1+kx 建立 .当 p=k+1 时,(1+x) k+1=(1+x)(1+x) k >(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx 2>1+(k+1)x.所以 p=k+1 时 , 原不等式也建立 . p综合①②可得 , 当 x>-1,x ≠ 0 时, 对全部整数 p>1, 不等式 (1+x)均建立 .>1+px (2) 证法一 : 先用数学概括法证明 a n > .①当 n=1 时, 由题设 a >知 a > 建立 .1n②假定 n=k(k ≥ 1,k ∈ N * ) 时 , 不等式 a k > 建立 .由 a n+1= nn*a + 易知 a >0,n ∈ N .当 n=k+1 时, = + =1+ .由 a k > >0 得 -1<- <<0.由 (1) 中的结论得=>1+p ·= .所以>c, 即 a k+1 > .所以 n=k+1 时 , 不等式 a n >也建立 .综合①②可得 , 对全部正整数 n, 不等式 a n > 均建立 .再由=1+可得<1, 即 a n+1<a n .综上所述 ,a >a>*n+1 ,n ∈ N.n证法二 : 设 f(x)=x+ x 1-p ,x ≥ , 则 x p ≥c, 而且f'(x)= + (1-p)x-p= >0,x> .由此可得 ,f(x) 在 [ ,+ ∞ ) 上单一递加 .因此 , 当 x> 时 ,f(x)>f()= ,①当 n=1 时, 由 a 1>>0, 即 >c 可知a 2 = a 1+ =a 1 <a 1, 而且 a 2=f(a 1)>, 从而 a 1>a 2> .故当 n=1 时, 不等式 a n >a n+1>建立 .*不等式 a k >a k+1> 建立, 则 当 n=k+1 时,f(ak )>f(ak+1)>f( ), 即有 a>a > .k+1k+2所以 n=k+1 时 , 原不等式也建立 .综合①②可得 , 对全部正整数 n, 不等式 a >a > 均建立 .nn+14.(2014 陕西 ,21,14 分 ) 设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥ 0, 此中 f'(x)是 f(x) 的导函数 .(1) 令 g (x)=g(x),g(x)=g(gn (x)),n ∈N , 求 g (x) 的表达式 ;1n+1+n(2) 若 f(x) ≥ ag(x) 恒建立 , 务实数 a 的取值范围 ; (3) 设 n ∈ N +, 比较 g(1)+g(2)+ +g(n) 与 n-f(n)的大小 , 并加以证明 .分析由题设得 ,g(x)=(x ≥ 0).(1) 由已知得 ,g 1(x)= ,g 2(x)=g(g 1(x))= = ,g 3 (x)=, , 可得 g n (x)=.下边用数学概括法证明 .①当 n=1 时,g 1(x)=, 结论建立 .②假定 n=k 时结论建立 , 即 g k (x)=.那么 , 当 n=k+1 时 ,g k+1 (x)=g(g k (x))== = ,即结论建立 .由①②可知 , 结论对 n ∈ N +建立 . (2) 已知 f(x) ≥ ag(x) 恒建立 , 即 ln(1+x) ≥ 恒建立 .设 φ (x)=ln(1+x)-(x ≥ 0),即φ '(x)=-=,当 a≤ 1 时 , φ '(x) ≥0( 仅当 x=0,a=1 时等号建立 ), ∴φ (x) 在 [0,+ ∞ ) 上单一递加 , 又φ (0)=0,∴ φ (x) ≥0 在 [0,+ ∞ ) 上恒建立 ,∴ a≤ 1 时 ,ln(1+x)≥恒建立(仅当x=0时等号建立).当 a>1 时 , 对 x∈ (0,a-1] 有φ '(x)<0,∴ φ (x) 在 (0,a-1]上单一递减,∴ φ (a-1)<φ (0)=0.即 a>1 时 , 存在 x>0, 使φ (x)<0, 故知 ln(1+x)≥不恒建立, 综上可知 ,a 的取值范围是(- ∞ ,1].(3) 由题设知g(1)+g(2)++g(n)= + + +,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)++g(n)>n-ln(n+1).证明以下 :证法一 : 上述不等式等价于+ + +<ln(n+1),在 (2) 中取 a=1, 可得 ln(1+x)>,x>0.令 x= ,n ∈ N+,则<ln.下边用数学概括法证明.①当 n=1 时, <ln2, 结论建立 .②假定当n=k 时结论建立 , 即 + + +<ln(k+1).那么 , 当 n=k+1 时 ,+ + ++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论建立 .由①②可知 , 结论对 n∈ N+建立 .证法二 : 上述不等式等价于+ + +<ln(n+1),在 (2) 中取 a=1, 可得 ln(1+x)>,x>0.令 x= ,n ∈ N+, 则 ln>.故有 ln2-ln1>,ln3-ln2>,ln(n+1)-lnn>,上述各式相加可得ln(n+1)> + + + .结论得证 .教师用书专用 (5)5.(2014 重庆 ,22,12 分 ) 设 a =1,an+1 =+b(n ∈ N ).1*(1) 若 b=1, 求 a 2,a 3 及数列 {a n } 的通项公式 ;*(2) 若 b=-1, 问 : 能否存在实数c 使得 a <c<a建立 ?证明你的结论 .对全部 n ∈ N2n2n+1分析 (1) 解法一 :a 2=2,a 3= +1.由题设条件知 n+1 2 =(a n -1) 2 +1,(a -1)从而 {(a n -1) 2} 是首项为 0, 公差为 1 的等差数列 ,n2n*故 (a -1)=n-1, 即 a =+1(n ∈ N ).解法二 :a 2=2,a 3= +1,可写为 a 1=+1,a 2=+1,a 3=+1.所以猜想 n+1.a =下用数学概括法证明上式 : 当 n=1 时结论明显建立 .假定 n=k 时结论建立 , 即 a k = +1, 则 a k+1 =+1=+1=+1.这就是说 , 当 n=k+1 时结论建立 . 所以 a n = +1(n ∈ N * ).(2) 解法一 : 设 f(x)=-1, 则 a n+1=f(a n ).令 c=f(c), 即 c=-1, 解得 c= . 下边用数学概括法证明命题a 2n <c<a 2n+1<1.当 n=1 时 ,a 2=f(1)=0,a 3=f(0)= -1, 所以 a 2< <a 3<1,结论建立 .假定 n=k 时结论建立 , 即 a 2k <c<a 2k+1<1. 易知 f(x) 在 (- ∞,1] 上为减函数 , 从而 c=f(c)>f(a 2k+1)>f(1)=a 2, 即 1>c>a 2k+2>a 2.再由 f(x) 在 (- ∞,1] 上为减函数得 c=f(c)<f(a 2k+223<1. 2k+3所以 a 2(k+1)2(k+1)+1)<f(a )=a故 c<a <1,<c<a<1.这就是说 , 当 n=k+1 时结论建立 .综上 , 切合条件的 c 存在 , 此中一个值为 c= .解法二 : 设 f(x)=-1, 则 a n+1=f(a n ).*先证 :0 ≤ a ≤1(n ∈ N ). ①n当 n=1 时 , 结论明显建立 .假定 n=k 时结论建立 , 即 0≤a k ≤1. 易知 f(x) 在 (- ∞ ,1] 上为减函数 , 从而 0=f(1) ≤ f(a k ) ≤ f(0)=-1<1.即 0≤ a k+1≤ 1. 这就是说 , 当 n=k+1 时结论建立 . 故①建立 .再证 :a2n <a(n ∈ N ).②2n+1*当 n=1 时 ,a 2=f(1)=0,a3=f(a 2)=f(0)=-1, 有 a 2<a 3, 即 n=1 时②建立 .假定 n=k 时, 结论建立 , 即 a<a .2k2k+1由①及 f(x) 在 (- ∞ ,1] 上为减函数 , 得a =f(a2k )>f(a2k+1 )=a 2k+2,2k+1a =f(a 2k+1 )<f(a2k+2 )=a2(k+1)+1 .2(k+1)这就是说 , 当 n=k+1 时②建立 . 所以②对全部 n ∈N * 建立 .由②得 a 2n <-1,即 (a 2n +1) 2< -2a 2n +2,所以 a 2n < . ③又由①②及 f(x) 在 (- ∞ ,1] 上为减函数得 f(a 2n )>f(a 2n+1 ), 即 a 2n+1>a 2n+2,所以 a 2n+1>-1, 解得 a 2n+1> . ④综上 , 由②③④知存在 c= 2n2n+1*使 a <c<a对全部 n ∈ N 建立 .三年模拟A 组 2016— 2018 年模拟·基础题组考点一 直接证明与间接证明1.(2016 广东惠州第一次调研 ,12) 定义映照 f:A → B, 此中 A={(m,n)|m,n ∈R},B=R, 已知对全部的有序正整数对 (m,n) 知足以下条件 : ① f(m,1)=1; ②若 n>m,则 f(m,n)=0; ③ f(m+1,n)=n[f(m,n)+f(m,n-1)], 则 f(2,2)= . 答案 2 2.(2018 浙江萧山九中 12 月月考 ,20) 设函数 f(x)=lnx+a-1, 曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1))处的切线与直线y= x+1 平行 . (1) 求 a 的值 ;(2) 证明 : 当 x>1 时 ,f(x)< (x-1).分析 (1) ∵ f'(x)= +, ∴ f'(1)=1+= ,(5 分)∴ a=1.(6 分 )(2) 证明 : 设 g(x)=lnx+ -1- (x-1)=lnx+- x+ ,(8 分)则 g'(x)=+-==,(12分)当 x>1 时 , 有 g'(x)<0, 所以 g(x) 在区间 (1,+ ∞ ) 上是减函数 ,∴ g(x)<g(1)=0, 即 f(x)< (x-1).(15 分 )3.(2017 浙江测试卷 ,20) 设函数 f(x)=x2+,x ∈[0,1].证明 :(1)f(x) ≥ x 2- x+1;(2)<f(x) ≤.证明 (1) 记 g(x)=f(x)-x2+ -1= + -1,则 g'(x)=- + >0,x ∈(0,1),∴g(x) 在区间 (0,1) 上单一递加 ,又 g(0)=0, ∴ g(x)=f(x)-x 2-1+ ≥0,2∴ f(x) ≥ x - x+1.(2)f'(x)=2x- , 记h(x)=2x- ,由h(0)=- <0,h(1)=2- >0, 知存在x0∈(0,1), 使得h(x 0)=0, ∵h(x) 在 [0,1] 上是增函数 ,∴f(x) 在区间 (0,x 0) 上单一递减 , 在区间 (x 0,1) 上单一递加 ,又 f(0)=1,f(1)= , 所以 f(x) ≤,另一方面 , 由 (1) 适当 x≠时 ,f(x)2+1= + > , 且 f > , ≥ x -故<f(x) ≤.考点二数学概括法4.(2016 黑龙江哈尔滨三中模拟,10) 用数学概括法证明不等式“1+ + + +<n(n ∈ N* ,n ≥ 2) ”建即刻 , 由 n=k(k ≥2) 时不等式建立 , 推证 n=k+1 时 , 左侧应增添的项的个数是 ( )A.2 k-1B.2 k-1C.2 kD.2 k+1答案 C5.(2018 浙江 9+1 高中结盟期中 ,22) 已知数列 {a n} 知足 :a 1= ,p>1,a n+1=.(1) 证明 :a >a >1;nn+1(2) 证明 : <a < ;n+1(3) 证明 : ×<ln(a 1 a2a n)< ×.证明(1) 先用数学概括法证明a n>1.①当 n=1 时, ∵ p>1, ∴ a1= >1;②假定当 n=k 时 ,a k>1, 此时易证得lna k -a k +1<0 恒建立 , 即 lna k<a k-1 恒建立 , 则当 n=k+1 时 ,a k+1=>=1. 由①②可知a n>1.再证 a n>a n+1.a n+1-a n= -a n = ,令 f(x)=x-1-xlnx,x>1, 则 f'(x)=-lnx<0, 所以f(x) 在 (1,+ ∞ ) 上单一递减 , 所以f(x)<f(1)=0,所以<0, 即 a >a .n n+1所以 a n>a n+1>1.(5 分 )(2) 要证<a n+1< , 只要证< <, 只要证此中 a n>1,先证 2a n lna n- +1<0,令 f(x)=2xlnx-x 2+1,x>1, 只要证 f(x)<0.因为 f'(x)=2lnx+2-2x<2(x-1)+2-2x=0,所以 f(x) 在 (1,+ ∞ ) 上单一递减 , 所以 f(x)<f(1)=0. 再证 (a n+1)lna n-2a n+2>0,令 g(x)=(x+1)lnx-2x+2,x>1, 只要证 g(x)>0,g'(x)=lnx+ -2=lnx+ -1,令 h(x)=lnx+ -1,x>1, 则 h'(x)= - = >0,所以 h(x) 在 (1,+ ∞ ) 上单一递加 , 所以 h(x)>h(1)=0, 从而 g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞ )上单一递加,所以 g(x)>g(1)=0,综上可得<a n+1< .(10 分 )(3) 由 (2) 知, 一方面 ,a -1< (n ≥ 2), 则 a -1<(a1 -1) = ·(n ≥ 2),n=1 时 ,a -1=·,n n 1 因为 lnx<x-1(x>1), 所以 lna <a -1 ≤ ·,n n所以 ln(a 1a2a n)=lna 1+lna 2 + +lna n<= ×= ×;另一方面 , > ,则> ×= ·(n ≥ 2),n=1 时 , ==·.因为 lnx>1- (x>1), 所以 lna n>1- ≥·,所以 ln(a a a )=lna +lna + +lna > + + +1 2 n 1 2 n= ×.综上 , ×<ln(a a a )< ×.(15 分 )1 2 nB 组2016— 2018 年模拟·提高题组一、选择题1.(2016 福建厦门一中期中 ,12) 若数列 {a n } 知足 : 存在正整数 T, 对于随意正整数 n 都有 a n+T =a n 建立 , 则称数列 {a n } 为周期数列 , 周期为 T. 已知数列 {a n } 知足 a 1=m(m>0),a n+1= 则以下结论中错误的选项是 ()A. 若 a 3=4, 则 m 能够取 3 个不一样的值B. 若 m= , 则数列 {a } 是周期为 3 的数列nC. 随意的 T ∈ N * 且 T ≥2, 存在 m>1,使得 {a n } 是周期为 T 的数列D. 存在 m ∈Q 且 m ≥ 2, 使得数列 {a } 是周期数列n答案 D二、解答题n+1-a n )+a n +nln2=0(n ∈ N * ).2.(2018 浙江要点中学 12 月联考 ,22) 已知数列 {a n } 知足 :a 1=0,ln(a(1) 求 a ;3(2) 证明 :ln(2-2 1-n ) ≤ a n ≤ 1-2 1-n ; (3) 能否存在正实数 c, 使得对随意的 n ∈N * , 都有 a n ≤1-c? 并说明原因 . 分析(1) 由已知得 a n+1=a n +,又 a 1=0, 所以 a 2= ,a 3= +.(2 分 )(2) 证明 : 因为 a n+1>a n ,a 1=0, 所以 a n ≥ 0, 则 a n+1=a n +≤ a n +e -nln2 =a n +2-n ,所以 a n ≤ a n-1 +2-(n-1) ≤a n-2 +2-(n-2) +2-(n-1) ≤ ≤ a 1+2-1 + +2-(n-2) +2-(n-1) =1-2 1-n .(5 分 )令 f(n)=+21-n -2,则f(n+1)-f(n)=(-n-(n-1)-2]=- -2 -n--n= [-n+2 -2)-[+2=-2-1]-2 >-2 -n=0,所以 {f(n)} 是递加数列 , 所以 f(n) ≥ f(1)=0, 即+21-n -2 ≥ 0, 所以 a n ≥ ln(2-2 1-n ). 综上 ,ln(2-21-n) ≤ a n ≤1-2 1-n .(8 分 )(3) 由 (2) 得 a n+1=a n +≤ a n +=a n + ,(10 分 )所以 a ≤ an-1 +≤an-2 ++≤ ≤ a ++ ++=+ ++.(12 分)n1因为 =≤(n ≥ 3),所以当 n ≥4 时 ,a n ≤ + + + += + +< .由 (1) 知 : 当 n=1,2,3 时 ,a n < ,综上 : 对随意的 n ∈ N * , 都有 a n < , 所以存在 c= .(15 分 )3.(2017 浙江镇海中学模拟 (5 月 ),22) 已知在数列 {a } 中 ,a = ,a= -2a n +2,n ∈N , 其前 n 项和为 S .n1n+1*n(1) 求证 :1<a n+1 n<a <2;(2) 求证 : ≤ a n≤;(3) n求证 :n<S <n+2.证明(1) 先用数学概括法证明1<a n<2.①当 n=1 时,1<a 1= <2,②假定当n=k 时 ,1<a k<2.则当 n=k+1 时 ,a k+1= -2a k+2=(a k-1) 2+1, 又 a k∈ (1,2),所以a k+1∈ (1,2).由①②知1<a n<2,n ∈ N*恒建立 .a n+1-a n= -3a n+2=(a n-1)(a n-2)<0.所以 1<a n+1<a n<2 建立 .(2)a 1= = ,a 2= > , 当 n≥ 3 时 , <1, 又 1<a n<2, 所以 a n≥. 由 a n+1= -2a n+2 得 2-a n+1=2a n- ,即= < ,所以-1< ,所以-1< = ,所以 a < *(n ≥ 2,n ∈ N ),n1 = n≤*当 n=1 时 ,a , 所以 a (n ∈ N ).所以≤ a n≤.(3) 由 1<a n<2 得 S n>n.由 a n≤=1+ <1+ ,得S n< + + + =n+ =n+2 <n+2, 故n<S n<n+2.4.(2017 浙江温州三模(4 月 ),20) 设函数f(x)=4x 3+ ,x ∈ [0,1], 证明 : (1)f(x) ≥ 1-2x+3x 2;(2) <f(x) ≤.证明(1) 令函数 g(x)=(1+x) 2 (1-2x+3x2-4x 3),x∈ [0,1],(23则 g'(x)=-20(1+x)x≤0(等号建立当且仅当x=0),(4分)分 )故 g(x) 在 [0,1] 上单一递减 , 于是 g(x) ≤g(0)=1,即当 x∈ [0,1]时,(1+x)2(1-2x+3x2-4x3)≤ 1,2亦即 f(x) ≥ 1-2x+3x ;(6分)(2) 一方面 , 由 (1) 知 , 当 x∈ [0,1]时,f(x)≥ 1-2x+3x2=3+ ≥ , 但上述两处的等号不可以同时建立,故 f(x)> .(10 分 )另一方面 ,f'(x)=12x 2- = ,(12 分 )明显函数 h(x)=6x 2(1+x) 3-1 在 [0,1] 上单一递加 , 而 h(0)=-1<0,h(1)=47>0, 故 h(x) 在 (0,1) 内存在独一的零0点 x ,即 f'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈ (x0,1)时,f'(x)>0,故 f(x) 在 (0,x 0) 内单一递减 , 在 (x 0,1) 内单一递加 ,(14 分 )所以在 [0,1]上,f(x)≤ max{f(0),f(1)}=max=.综上 , <f(x)≤.(15分)5.(2017 浙江台州期末质量评估,22) 已知数列 {a } 知足 :a = ,a = *+a (n ∈ N ).n 1 n+1 n(1)求证 :a n+1>a n;(2)求证 :a 2017<1;(3)若 a n>1, 求正整数 n 的最小值 .分析(1) 证明:由a n+1-a n= ≥0, 得a n+1≥ a n.因为a1= , 所以a n≥, 所以a n+1-a n= >0,所以a n+1>a n.(2) 证明 : 由已知得= = - ,所以= - .则= - ,= -,*=- (n ≥ 2,n ∈N),累加可得- =++ +(n ≥ 2,n ∈ N* ).由 (1) 得 =a1<a2<a3< <a2016 ,所以- = + + + <2016×=1.所以 a2017<1.(3) 由 (2) 得 =a1<a2<a3< <a2017<1,所以- = + + + >2017×=1.所以 a 2017 2018 n+1 n<1<a , 又因为 a >a ,所以 n 的最小值为2018.C 组2016— 2018 年模拟·方法题组方法 1反证法的解题策略1. 等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n,a 1=1+ ,S 3=9+3.(1)求数列 {a n} 的通项 a n与前 n 项和 S n;(2) 设 b n= (n ∈ N* ), 求证 : 数列 {b n} 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列.分析(1) 因为∴ d=2,故 a n=2n-1+,S n=n(n+).(2) 证明 : 由(1) 得 b n= =n+.假定数列 {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 p b r , 即 (q+ ) 2=(p+ )(r+), ∴ (q 2-pr)+(2q-p-r)=0.∵p、 q、 r ∈ N* , ∴∴=pr, 即 (p-r)2=0,∴p=r,与p≠r矛盾.∴数列 {b n} 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列.方法 2数学概括法的解题策略2. 设数列 {a n} 的前 n 项和为 S n, 且方程 x2-a n x-a n=0 有一根为S n-1,n ∈ N* .(1)求 a1,a 2;(2)求数列 {a n} 的通项 .分析 (1) 当 n=1 时 ,x 2-a 1x-a 1=0 有一根为 S1 -1=a 1-1,于是 (a -1) 2 =0, 解得 a = .-a (a -1)-a1 1 1 1 1当 n=2 时 ,x 2-a 2x-a 2=0 有一根为 S2-1=a 2- ,于是-a 2-a 2=0, 解得 a2= .(2) 由题意得 (S n-1) 2-a n(S n-1)-a n=0,即 -2S n+1-a n S n=0.当 n≥ 2 时 ,a n=S n-S n-1 , 代入上式得S n-1 S n-2S n+1=0, ①由 (1) 知 S1=a1= ,S 2=a1+a2= + = .由①可得S3= . 由此猜想S n=,n=1,2,3,.下边用数学概括法证明这个结论.(i)当 n=1 时结论建立 .(ii) 假定 n=k(k ≥ 1) 时结论建立 , 即 S k=,当 n=k+1 时, 由①得 S k+1 =, 即 S k+1=,故 n=k+1 时结论也建立 .由 (i)(ii) 可知 S n= 对全部正整数n 都建立 .于是当 n≥2 时 ,a n=S n-S n-1 =- = ,又 n=1 时 ,a = = 知足上式 , 所以 {a } 的通项公式为 a = ,n=1,2,3,.1 n n。

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__________．。

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文含解析新人教A版§7.6直接证明与间接证明最新考纲考情考向分析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和特点．2.了解反证法的思考过程和特点. 常以立体几何中的证明及相关选修内容中平面几何，不等式的证明为载体加以考查，注意提高分析问题、解决问题的能力；在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中档.1．直接证明内容综合法分析法定义从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从原因推导到结果的思维方法从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一种从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法特点从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的必要条件从“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步骤的符号表示P0(已知)⇒P1⇒P2⇒P3⇒P4(结论)B(结论)⇐B1⇐B2…⇐B n⇐A(已知)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<Q D．由a的取值确定答案 A解析P2＝2a＋13＋2a2＋13a＋42，Q2＝2a＋13＋2a2＋13a＋40，∴P2>Q2，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 nn(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 ＋a b ≥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 ≤B C ．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．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 的取值范围是____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 解析 方法一 (补集法)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，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32， 故满足题干条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，32. 方法二 (直接法)依题意有f (－1)>0或f (1)>0，即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0，得－12<p <1或－3<p <32.故满足条件的p 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－3，32.15．已知关于x 的不等式m cos x ≥2－x 2在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，则实数m 的取值范围为( ) A ．[3，＋∞)B ．(3，＋∞)C ．[2，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 C解析 由题意得，m ≥2－x 2cos x恒成立， 即m ≥2－x 2cos x 的最大值， 因为当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2时， ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 2cos x ′＝－2x cos x ＋(2－x 2)sin x cos 2x . 令y ＝f (x )＝－2x cos x ＋(2－x 2)sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2， 则f ′(x )＝－2cos x ＋2x sin x ＋(2－x 2)cos x －2x sin x ＝－x 2cos x <0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2上成立． 所以f (x )<f (0)＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 2cos x ′<0， 又因为2－x 2cos x 为偶函数，所以2－x 2cos x 最大值为2－0cos0＝2，m ≥2，故选C. 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 ＝2a 1＋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)，③ a 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a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4， 所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3， 所以a 1＝a 3－2d ′，所以数列{a n }是等差数列．。

高三数学一轮总结复习目录理科数学 -模拟试题分类目录1第一章会合与常用逻辑用语1.1 会合的观点与运算专题 1 会合的含义与表示、会合间的基本关系专题 2 会合的基本运算专题 3 与会合有关的新观点问题1.2 命题及其关系、充要条件专题 1 四种命题及其关系、命题真假的判断专题 2 充足条件和必需条件专题 3 充足、必需条件的应用与研究（利用关系或条件求解参数范围问题）1.3 简单的逻辑联络词、全称量词与存在量词专题 1 含有简单逻辑联络词的命题的真假专题 2 全称命题、特称命题的真假判断专题 3 含有一个量词的命题的否认专题 4 利用逻辑联络词求参数范围第二章函数2.1 函数及其表示专题 1 函数的定义域专题 2 函数的值域专题 3 函数的分析式专题 4 分段函数2.2 函数的单一性与最值专题 1 确立函数的单一性（或单一区间）专题 2 函数的最值专题 3 单一性的应用2.3 函数的奇偶性与周期性专题 1 奇偶性的判断专题 2 奇偶性的应用专题 3 周期性及其应用2.4 指数与指数函数专题 1 指数幂的运算专题 2 指数函数的图象及应用专题 3 指数函数的性质及应用2.5 对数与对数函数专题 1 对数的运算专题 2 对数函数的图象及应用专题 3 对数函数的性质及应用2.6 幂函数与二次函数专题 1 幂函数的图象与性质专题 2 二次函数的图象与性质2.7 函数的图像专题 1 函数图象的辨别专题 2 函数图象的变换专题 3 函数图象的应用2.8 函数与方程专题 1 函数零点所在区间的判断专题 2 函数零点、方程根的个数专题 3 函数零点的综合应用2.9 函数的应用专题 1 一次函数与二次函数模型专题 2 分段函数模型2专题 3 指数型、对数型函数模型第三章导数及其应用3.1 导数的观点及运算专题 1 导数的观点与几何意义专题 2 导数的运算3.2 导数与函数的单一性、极值、最值专题 1 导数与函数的单一性专题 2 导数与函数的极值专题 3 导数与函数的最值3.3 导数的综合应用专题 1 利用导数解决生活中的优化问题专题 2 利用导数研究函数的零点或方程的根专题 3 利用导数解决不等式的有关问题3.4 定积分与微积分基本定理专题 1 定积分的计算专题 2 利用定积分求平面图形的面积专题 4 定积分在物理中的应用第四章三角函数、解三角形4.1 三角函数的观点、同角三角函数的基本关系及引诱公式专题 1 三角函数的观点专题 2 同角三角函数的基本关系专题 3 引诱公式4.2 三角函数的图像与性质专题 1 三角函数的定义域、值域、最值专题 2 三角函数的单一性专题 3 三角函数的奇偶性、周期性和对称性4.3 函数 y = A sin(wx +j ) 的图像及应用专题 1 三角函数的图象与变换专题 2 函数 y=Asin( ωx+φ ) 图象及性质的应用4.4 两角和与差的正弦、余弦与正切公式专题 1 非特别角的三角函数式的化简、求值专题 2 含条件的求值、求角问题专题 3 两角和与差公式的应用4.5 三角恒等变换专题 1 三角函数式的化简、求值专题 2 给角求值与给值求角专题 3 三角变换的综合问题4.6 解三角形专题 1 利用正弦定理、余弦定理解三角形专题 2 判断三角形的形状专题 3 丈量距离、高度及角度问题专题 4 与平面向量、不等式等综合的三角形问题第五章平面向量5.1 平面向量的观点及线性运算专题 1 平面向量的线性运算及几何意义专题 2 向量共线定理及应用专题 3 平面向量基本定理的应用5.2 平面向量基本定理及向量的坐标表示专题 1 平面向量基本定理的应用3专题 2 平面向量的坐标运算专题 3 平面向量共线的坐标表示5.3 平面向量的数目积专题 1 平面向量数目积的运算专题 2 平面向量数目积的性质专题 3 平面向量数目积的应用5.4 平面向量的应用专题 1 平面向量在几何中的应用专题 2 平面向量在物理中的应用专题 3 平面向量在三角函数中的应用专题 4 平面向量在分析几何中的应用第六章数列6.1 数列的观点与表示专题 1 数列的观点专题 2 数列的通项公式6.2 等差数列及其前 n 项和专题 1 等差数列的观点与运算专题 2 等差数列的性质专题 3 等差数列前 n 项和公式与最值6.3 等比数列及其前 n 项和专题 1 等比数列的观点与运算专题 2 等比数列的性质专题 3 等比数列前 n 项和公式6.4 数列乞降专题 1 分组乞降与并项乞降专题 2 错位相减乞降专题 3 裂项相消乞降6.5 数列的综合应用专题 1 数列与不等式相联合问题专题 2 数列与函数相联合问题专题 3 数列中的研究性问题第七章不等式推理与证明7.1 不等关系与一元二次不等式专题 1 不等式的性质及应用专题 2 一元二次不等式的解法专题 3 一元二次不等式恒建立问题7.2 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题专题 1 二元一次不等式（组）表示的平面地区问题专题 2 与目标函数有关的最值问题专题 3 线性规划的实质应用7.3 基本不等式及其应用专题 1 利用基本不等式求最值专题 2 利用基本不等式证明不等式专题 3 基本不等式的实质应用7.4 合情推理与演绎推理专题 1 概括推理专题 2 类比推理专题 3 演绎推理7.5 直接证明与间接证明专题 1 综合法4专题 2 剖析法专题 3 反证法7.6 数学概括法专题 1 用数学概括法证明等式专题 2 用数学概括法证明不等式专题 3 概括－猜想－证明第八章立体几何8.1 空间几何体的构造及其三视图和直观图专题 1 空间几何体的构造专题 2 三视图与直观图8.2 空间几何体的表面积与体积专题 1 空间几何体的表面积专题 2 空间几何体的体积专题 3 组合体的“接”“切”综合问题8.3 空间点、直线、平面之间的地点关系专题 1 平面的基天性质及应用专题 2 空间两条直线的地点关系专题 3 异面直线所成的角8.4 直线、平面平行的判断与性质专题 1 线面平行、面面平行基本问题专题 2 直线与平面平行的判断与性质专题 3 平面与平面平行的判断与性质8.5 直线、平面垂直的判断与性质专题 1 垂直关系的基本问题专题 2 直线与平面垂直的判断与性质专题 3 平面与平面垂直的判断与性质专题 4 空间中的距离问题专题 5 平行与垂直的综合问题（折叠、研究类）8.6 空间向量及其运算专题 1 空间向量的线性运算专题 2 共线定理、共面定理的应用专题 3 空间向量的数目积及其应用8.7 空间几何中的向量方法专题 1 利用空间向量证明平行、垂直专题 2 利用空间向量解决研究性问题专题 3 利用空间向量求空间角第九章分析几何9.1 直线的倾斜角、斜率与直线的方程专题 1 直线的倾斜角与斜率专题 2 直线的方程9.2 点与直线、两条直线的地点关系专题 1 两条直线的平行与垂直专题 2 直线的交点问题专题 3 距离公式专题 4 对称问题9.3 圆的方程专题 1 求圆的方程专题 2 与圆有关的轨迹问题专题 3 与圆有关的最值问题59.4 直线与圆、圆与圆的地点关系专题 1 直线与圆的地点关系专题 2 圆与圆的地点关系专题 3 圆的切线与弦长问题专题 4 空间直角坐标系9.5 椭圆专题 1 椭圆的定义及标准方程专题 2 椭圆的几何性质专题 3 直线与椭圆的地点关系9.6 双曲线专题 1 双曲线的定义与标准方程专题 2 双曲线的几何性质9.7 抛物线专题 1 抛物线的定义与标准方程专题 2 抛物线的几何性质专题 3 直线与抛物线的地点关系9.8 直线与圆锥曲线专题 1 轨迹与轨迹方程专题 2 圆锥曲线中的范围、最值问题专题 3 圆锥曲线中的定值、定点问题专题 4 圆锥曲线中的存在、研究性问题第十章统计与统计事例10.1 随机抽样专题 1 简单随机抽样专题 2 系统抽样专题 3 分层抽样10.2 用样本预计整体专题 1 频次散布直方图专题 2 茎叶图专题 3 样本的数字特点专题 4 用样本预计整体10.3 变量间的有关关系、统计事例专题 1 有关关系的判断专题 2 回归方程的求法及回归剖析专题 3 独立性查验第十一章计数原理11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理专题 1 分类加法计数原理专题 2 分步乘法计数原理专题 3 两个计数原理的综合应用11.2 摆列与组合专题 1 摆列问题专题 2 组合问题专题 3 摆列、组合的综合应用11.3 二项式定理专题 1 通项及其应用专题 2 二项式系数的性质与各项系数和专题 3 二项式定理的应用第十二章概率与统计612.1 随机事件的概率专题 1 事件的关系专题 2 随机事件的频次与概率专题 3 互斥事件、对峙事件12.2 古典概型与几何概型专题 1 古典概型的概率专题 2 古典概型与其余知识的交汇（平面向量、直线、圆、函数等）专题 3 几何概型在不一样测度中的概率专题 4 生活中的几何概型问题12.3 失散型随机变量及其散布列专题 1 失散型随机变量的散布列的性质专题 2 求失散型随机变量的散布列专题 3 超几何散布12.4 失散型随机变量的均值与方差专题 1 简单的均值、方差问题专题 2 失散型随机变量的均值与方差专题 3 均值与方差在决议中的应用12.5 二项散布与正态散布专题 1 条件概率专题 2 互相独立事件同时发生的概率专题 3 独立重复试验与二项散布专题 4 正态散布下的概率第十三章算法初步、复数13.1 算法与程序框图专题 1 次序构造专题 2 条件构造专题 3 循环构造13.2 基本算法语句专题 1 输入、输出和赋值语句专题 2 条件语句专题 3 循环语句13.3 复数专题 1 复数的有关观点专题 2 复数的几何意义专题 3 复数的代数运算第十四章选修模块14.1 几何证明选讲专题 1 平行线分线段成比率定理专题 2 相像三角形的判断与性质专题 3 直角三角形的射影定理专题 4 圆周角、弦切角及圆的切线专题 5 圆内接四边形的判断及性质专题 6 圆的切线的性质与判断专题 7 与圆有关的比率线段14.2 坐标系与参数方程专题 1 极坐标与直角坐标的互化专题 2 直角坐标方程与极坐标方程的互化专题 3 曲线的极坐标方程的求解专题 4 曲线的参数方程的求解专题 5 参数方程与一般方程的互化7专题 6 极坐标方程与参数方程的应用14.3 不等式选讲专题 1 含绝对值不等式的解法专题 2 绝对值三角不等式的应用专题 3 含绝对值不等式的问题专题 4 不等式的证明8。

第6课时直接证明与间接证明1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b2－ac<3a ”“索”的“因”应是()A ．a －b>0B ．a －c>0C ．(a －b)(a －c)>0D ．(a －b)(a －c)<0答案 C解析b2－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)>0.2．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－a4＋b42≤0 C.（a ＋b ）22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0 答案 D3．下列不等式不成立的是()A.12<ln2B.3＋1>2 2 C ．233<322D ．sin1>cos1答案 B4．若实数a ，b 满足a ＋b<0，则()A ．a ，b 都小于0B ．a ，b 都大于0C ．a ，b 中至少有一个大于0D ．a ，b 中至少有一个小于0答案 D解析 假设a ，b 都不小于0，即a≥0，b ≥0，则a ＋b≥0，这与a ＋b<0相矛盾，因此假设错误，即a ，b 中至少有一个小于0.5．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 的取值确定答案 C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＋2a （a ＋7）与2a ＋7＋2（a ＋3）（a ＋4）的大小， 只要比较a （a ＋7）与（a ＋3）（a ＋4）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.6．用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是()A ．假设至少有一个钝角B ．假设至少有两个钝角C ．假设没有一个钝角D ．假设没有一个钝角或至少有两个钝角答案 B解析 注意到：“至多有一个”的否定应为“至少有两个”知需选B.7．若a>0，b>0，a ＋b ＝1，则下列不等式不成立的是()A ．a 2＋b 2≥12B ．ab ≤14C.1a ＋1b ≥4D.a ＋b ≤1答案 D解析 a 2＋b 2＝(a ＋b)2－2ab ＝1－2ab≥1－2·(a ＋b 2)2＝12，∴A 成立；ab ≤(a ＋b 2)2＝14，∴B 成立；1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥1（a ＋b 2）2＝4，∴C 成立； (a ＋b)2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab>1，∴a ＋b>1，故D 不成立．8．(2018·广东模拟)设x ，y ，z ∈R ＋，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 三个数都小于2.则6>a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ≥2x·1x ＋2y·1y ＋2z·1z ＝6，即6>6，矛盾．所以a ，b ，c 三个数中至少有一个不小于2.9．设a>0，b>0，求证：lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．答案 略证明 要证lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]， 只需证1＋ab ≤（1＋a ）（1＋b ）， 即证：(1＋ab)2≤(1＋a)(1＋b)，即证：2ab ≤a ＋b ，∴lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]． 10．(2017·江苏盐城一模)已知x 1，x 2，x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x22x1＋x32x2＋x12x3≥1. 答案 略解析 ∵x22x1＋x 1＋x32x2＋x 2＋x12x3＋x 3≥2x22＋2x32＋2x12＝2(x 1＋x 2＋x 3)＝2，∴x22x1＋x32x2＋x12x3≥1. 11．(1)设x 是正实数，求证：(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3.(2)若x∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3是否仍然成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x 的值．答案 (1)略(2)成立，证明略解析 (1)证明：x 是正实数，由均值不等式，得 x ＋1≥2x ，x 2＋1≥2x，x 3＋1≥2x3.故(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥2x ·2x ·2x3＝8x 3(当且仅当x ＝1时等号成立)．(2)解：若x∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3仍然成立．由(1)知，当x>0时，不等式成立；当x≤0时，8x 3≤0，而(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)(x 2－x ＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)[(x －12)2＋34]≥0， 此时不等式仍然成立．12．(2017·湖北武汉调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝5，S 8＝64.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：1Sn －1＋1Sn ＋1>2Sn(n≥2，n ∈N *)． 答案 (1)a n ＝2n －1(2)略解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a3＝a1＋2d ＝5，S8＝8a1＋28d ＝64，解得a 1＝1，d ＝2. 故所求的通项公式为a n ＝2n －1.(2)证明：由(1)可知S n ＝n 2，要证原不等式成立，只需证1（n －1）2＋1（n ＋1）2>2n2， 只需证[(n ＋1)2＋(n －1)2]n 2>2(n 2－1)2.只需证(n 2＋1)n 2>(n 2－1)2.只需证3n 2>1.而3n 2>1在n≥1时恒成立，。

课时跟踪训练(三十九) 直接证明与间接证明[基础巩固]一、选择题1．设a 、b ∈R ，若a －|b |>0，则下列不等式中正确的是( ) A ．b －a >0 B ．a 3＋b 3<0 C ．a 2－b 2<0D ．b ＋a >0[解析] ∵a －|b |>0，∴|b |<a . ∴a >0.∴－a <b <a .∴b ＋a >0. [答案] D2．“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．既不充分也不必要条件[解析] 当a ＝14时，x ＋14x ≥2x ·14x ＝1，当且仅当x ＝14x ，即x ＝12时取等号；反之，显然不成立．[答案] A3．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 [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 . [答案] B4．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[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．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 )<0[解析] 由题意知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] C6．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B ．恒等于零C ．恒为正D ．无法确定正负[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 上的减函数．由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，则f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)， 则f (x 1)＋f (x 2)<0，故选A. [答案] A 二、填空题7．(2018·安徽合肥模拟)设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________．[解析] 解法一(取特殊值法)：取a ＝2，b ＝1，则m <n .解法二(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．[答案] m <n8．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________．[解析] 由题意2B ＝A ＋C ，又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． [答案] 等边三角形9．(2018·广东佛山质检)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________．[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，即其最小值为9，所以m ≤9，即m 的最大值等于9.[答案] 9 三、解答题10．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≥2ca ， 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. [能力提升]11．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 . [答案] A12．设x ，y ，z ∈(0，＋∞)，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 ．都大于2C ．至少有一个不小于2D ．都小于2[解析] a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥2＋2＋2＝6，所以至少有一个不小于2.故选C.[答案] C13．已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.[证明] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0， 要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2，只需证|a |＋|b |≤ 2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)， 只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2， 只需证|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0， 即(|a |－|b |)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证．14．已知函数u (x )＝ln x 的反函数为v (x )，f (x )＝x ·v (x )－ax 2＋bx ，且函数f (x )在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为45°.(1)求实数b 的值；(2)若a <e ，用反证法证明：函数f (x )＝x ·v (x )－ax 2＋bx (x >0)无零点． [解] (1)因为函数u (x )＝ln x 的反函数为v (x )，所以v (x )＝e x， 所以f (x )＝x e x －ax 2＋bx ，所以f ′(x )＝e x ＋x e x－2ax ＋b .因为函数f (x )在点(0，f (0))处的切线的倾斜角为45°，所以f ′(0)＝tan45°＝1， 即e 0＋0·e 0－2a ×0＋b ＝1，解得b ＝0. (2)证明：由(1)知，f (x )＝x e x －ax 2. 假设函数f (x )＝x e x－ax 2(x >0)有零点，则f (x )＝0在(0，＋∞)上有解，即a ＝exx在(0，＋∞)上有解．设g (x )＝e x x(x >0)，则g ′(x )＝exx －x 2(x >0)．当0<x <1时，g ′(x )<0； 当x >1时，g ′(x )>0.所以g (x )≥g (x )min ＝g (1)＝e ，所以a ≥e，但这与条件a <e 矛盾， 故假设不成立，即原命题得证． 15．若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＋2≥a ＋1a＋ 2. ∵a >0，∴两边均大于零， ∴只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即证a 2＋1a2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2＋2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证a 2＋1a 2≥22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证a 2＋1a 2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋2，即证a 2＋1a2≥2，它显然成立．∴原不等式成立.。

2019版高考数学一轮总复习第七章不等式及推理与证明题组训练45 直接证明与间接证明理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮总复习第七章不等式及推理与证明题组训练45 直接证明与间接证明理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮总复习第七章不等式及推理与证明题组训练45 直接证明与间接证明理的全部内容。

题组训练45 直接证明与间接证明1．如图是2018年元宵节灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的三个图形，照此规律闪烁，下一呈现出来的图形是( ）答案A解析该五角星对角上的两盏花灯依次按逆时针方向亮一盏，故下一个呈现出来的图形是A.2．如图所示，是某小朋友在用火柴拼图时呈现的图形，其中第1个图形用了3根火柴,第2个图形用了9根火柴，第3个图形用了18根火柴，……,则第2 016个图形用的火柴根数为（)A．2 014×2 017 B．2 015×2 016C．2 015×2 017 D．3 024×2 017答案D解析由题意，第1个图形需要火柴的根数为3×1；第2个图形需要火柴的根数为3×(1＋2）；第3个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3)；……由此,可以推出，第n个图形需要火柴的根数为3×（1＋2＋3＋…＋n）．所以第2 016个图形所需火柴的根数为3×(1＋2＋3＋…＋2 016）＝3×错误!＝3 024×2 017,故选D.3．（2018·深圳一摸)已知a1＝3，a2＝6,且a n＋2＝a n＋1－a n，则a2 019＝（）A．3 B．－3C．6 D．－6答案A解析∵a1＝3,a2＝6，∴a3＝3,a4＝－3，a5＝－6,a6＝－3，a7＝3，…,∴｛a n}是以6为周期的周期数列．又2 019＝6×336＋3，∴a2 019＝a3＝3。

第46讲 直接证明与间接证明1．(2017·汾阳市校级月考)否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”时正确的反设为(D)A ．a ，b ，c 都是奇数B ．a ，b ，c 都是偶数C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中都是奇数或至少有两个偶数恰有一个偶数的否定有两种情况，其一是无偶数(全为奇数)，其二是至少有两个偶数，选D.2．若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 与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．其中判断正确的个数是(C)A ．0B ．1C ．2D ．3①②正确，③中，a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 可能同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3.3．已知y >x >0，且x ＋y ＝1，那么(D)A. x <x ＋y 2<y <xyB.xy <x <x ＋y 2<y C ．x <x ＋y 2<xy <y D. x <xy <x ＋y 2<y因为y >x >0，所以y >x ＋y 2>xy >x ，选D. 4．(2017·石河子校级月考)设x ，y ，z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三数(C)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因为a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1y≥6， 若a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c <6与上式矛盾，故a ，b ，c 中至少有一个不小于2，选C.5．命题“△ABC 中，若∠A >∠B ，则a >b ”的结论的否定应该是 a ≤b .6．设a ，b ，u 都是正实数，且a ，b 满足1a ＋9b＝1，则使得a ＋b ≥u 恒成立的u 的取值范围是 (0,16] .因为1a ＋9b＝1， 所以a ＋b ＝(a ＋b )(1a ＋9b) ＝1＋a b×9＋b a＋9 ≥10＋29a b ×b a＝16. 当且仅当9a b ＝b a，即a ＝4，b ＝12时取等号． 若a ＋b ≥u 恒成立，所以0<u ≤16.7．已知非零向量a⊥b.求证：|a|＋|b||a －b|≤2.因为a ⊥b ，所以a·b ＝0.要证|a|＋|b||a －b|≤2， 只需证|a|＋|b|≤2|a －b|.平方得|a|2＋|b 2|＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a·b )，只需证|a|2＋|b 2|－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，显然成立． 故原不等式得证．8．(2017·江西南昌调研)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项之积为T n ，并且满足条件：a 1>1，a 2016a 2017>0，a 2016－1a 2017－1<0，下列结论中正确的是(C) A ．q <0B ．a 2016a 2018－1>0C ．T 2016是数列{T n }中的最大项D ．S 2016>S 2017a 1>1，a 2016a 2017>0，得q >0.由a 2016－1a 2017－1<0，a 1>1，得a 2016>1，a 2017<1,0<q <1. 故数列{a n }的前2016项都大于1，从2017项起都小于1，因此T 2016是数列{T n }中的最大项．故选C.9．在平面直角坐标系中，如果x 与y 都是整数，就称点(x ，y )为整点，下列命题中正确的是 ①③④⑤ .(写出所有正确命题的编号)①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；②如果k 与b 都是无理数，则直线y ＝kx ＋b 不经过任何整点；③直线l 经过无穷多个整点，当且仅当l 经过两个不同的整点；④直线y ＝kx ＋b 经过无穷多个整点的充分必要条件是：k 与b 都是有理数；⑤存在恰经过一个整点的直线．令y ＝x ＋12满足①，故①正确；若k ＝2，b ＝2，y ＝2x ＋2过整点(－1,0)，所以②错误；设y ＝kx 是过原点的直线，若此直线过两个整点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则有y 1＝kx 1，y 2＝kx 2，两式相减得y 1－y 2＝k (x 1－x 2)，则点(x 1－x 2，y 1－y 2)也在直线y ＝kx 上，通过这种方法可以得到直线l 经过无穷多个整点，通过上下平移y ＝kx 得对于y ＝kx ＋b 也成立，所以③正确；④正确；直线y ＝2x 恰过一个整点，⑤正确．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．(1)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)．(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 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 )＋(2q －p －r )2＝0.因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧ q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以(p ＋r 2)2＝pr ，所以(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．。