2019高三一轮总复习文科数学课时跟踪检测：6-6直接证明与间接证明 含解析

第六篇不等式、推理与证明专题6.6直接证明、间接证明、数学归纳法【考纲要求】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.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点3.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【命题趋势】1.直接证明与间接证明一般考查以不等式、数列、解析几何、立体几何、函数、三角函数为背景的证明问题.2.数学归纳法一般以数列、集合为背景，用“归纳—猜想—证明”的模式考查.【核心素养】本讲内容主要考查逻辑推理和数学运算的核心素养.【素养清单•基础知识】1．直接证明(1)综合法①定义：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，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、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)．(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．间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．(1)反证法的定义一般地，假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，由此说明假设错误，从而证明了原命题的成立，这样的证明方法叫作反证法．(2)用反证法证明的一般步骤①反设——假设原命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推理中出现矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．用反证法证明命题“若p ，则q ”的过程可以用框图表示为 肯定条件p ，否定结论q ―→推出逻辑矛盾―→“若p ，则非q ”为假―→“若p ，则q ”为真【真题体验】1．用分析法证明：欲使①A ＞B ，只需②C ＜D ，这里①是②的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( )A ．三个内角都不大于60°B ．三个内角都大于60°C ．三个内角至多有一个大于60°D ．三个内角至多有两个大于60°3.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__________．4．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__________．5．(2019·湖北天门中学月考)设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋26．(2019·黑龙江大庆一模)设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k ＋1成立时，总可推出f (k ＋1)≥k ＋2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立7．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)时命题为真，进而需证n ＝__________时，命题亦真．【考法解码•题型拓展】考法一：分析法解题技巧：分析法证题的思路(1)先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时，命题得证．(2)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．【例1】 已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.考法二：综合法归纳总结 ：综合法证题的思路(1)分析条件选择方向：分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法．(2)转化条件组织过程：把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．(3)适当调整回顾反思：回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取．【例2】 (1)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，若ab >cd ，证明：①a ＋b >c ＋d ；②|a －b |<|c －d |.(2)(2019·长沙调考)已知函数f (x )＝log 2(x ＋2)，a ，b ，c 是两两不相等的正数，且a ，b ，c 成等比数列，试判断f (a )＋f (c )与2f (b )的大小关系，并证明你的结论．考法三：反证法归纳总结(1)适用范围：①“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确的题目；②否定性命题、唯一性命题、存在性命题、“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明法比较困难，往往用反证法．(2)推理关键：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{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．考法四：数学归纳法证明等式归纳总结：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n 0是多少．(2)注意点：由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确地写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．【例1】求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．考法五：数学归纳法证明不等式归纳总结(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证明，则可考虑应用数学归纳法．(2)数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等方法证明．【例2】已知数列{a n}，a n≥0，a1＝0，a2n＋1＋a n＋1－1＝a2n，求证：当n∈N*时，a n<a n＋1.考法六：归纳—猜想—证明归纳总结：“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决与正整数n有关的探索性问题、存在性问题中有着广泛的应用，其关键是归纳、猜想出公式．【例3】(2019·湖北孝感检测)数列{a n}满足S n＝2n－a n(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，并猜想a n的通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．【易错警示】易错点一：反证法中未用到反设的结论【典例】设{a n}是公比为q的等比数列．设q≠1，证明：数列{a n＋1}不是等比数列．【错解】：假设{a n＋1}是等比数列．则{a n＋1}的前三项为a1＋1，a2＋1，a3＋1，即a1＋1，a1q＋1，a1q2＋1.(a1＋1)(a1q2＋1)－(a1q＋1)2＝a21q2＋a1＋a1q2＋1－a21q2－2a1q－1＝a1(q2－2q＋1)＝a1(q－1)2≠0，所以(a1＋1)(a1q2＋1)≠(a1q＋1)2，所以数列{a n＋1}不是等比数列．(推理中未用到结论的反设)【错因分析】：错解在解题的过程中并没有用到假设的结论，故不是反证法．利用反证法进行证明时，首先对所要证明的结论进行否定性假设，并以此为条件进行归谬，得到矛盾，则原命题成立．【正解】：假设{a n＋1}是等比数列．则对任意的k∈N*，(a k＋1＋1)2＝(a k＋1)(a k＋2＋1)，a2k＋1＋2a k＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k＋a k＋2＋1，a21q2k＋2a1q k＝a1q k－1·a1q k＋1＋a1q k－1＋a1q k＋1，因为a1≠0，所以2q k＝q k－1＋q k＋1.又q≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以q＝1，这与已知q≠1矛盾．所以假设不成立，故数列{a n＋1}不是等比数列．【误区防范】利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果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．【跟踪训练】设a>0，b>0，且a2＋b2＝1a2＋1b2.证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．【答案】见解析【解析】证明 假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则有a 2＋a ＋b 2＋b <4.而由a 2＋b 2＝1a 2＋1b 2得a 2b 2＝1，因为a >0，b >0，所以ab ＝1.因为a 2＋b 2≥2ab ＝2(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)，a ＋b ≥2ab ＝2(当且仅当a＝b ＝1时，等号成立)，所以a 2＋a ＋b 2＋b ≥2ab ＋2ab ＝4(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)，这与假设矛盾，故假设错误．所以a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．易错点二：证明过程未用到归纳假设【典例】用数学归纳法证明：12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (n ∈N *)．【错解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k .那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【错因分析】：错误的原因在第二步，它是直接利用了等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时，式子12＋122＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”，不符合数学归纳法证明的步骤． 【正解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边．这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【误区防范】(1)用数学归纳法证明命题时常出现两种错误：一是n 0的值找错．二是证明命题n ＝k ＋1也成立时，没有用到n ＝k 时的归纳假设．(2)确定由n ＝k 变化到n ＝k ＋1的过程中项的变化情况时，要把握好项的变化规律以及首末项．【跟踪训练】 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋1(n ∈N *)，求a 2，a 3，a n ，并用数学归纳法证明你的结论．【答案】见解析【解析】a 2＝2，a 3＝2＋1，可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n ＝1时结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＋11 1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知，a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．【递进题组】1．欲证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥02．若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( )A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1 D.123．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 ≥1.4．已知a ≠0，证明：关于x 的方程ax ＝b 有且只有一个根．5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．6．用数学归纳法证明：1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．7．(2019·湖北部分重点中学联考)已知数列{x n}满足x1＝12，且x n＋1＝x n2－x n(n∈N*)．(1)用数学归纳法证明：0<x n<1；(2)设a n＝1x n，求数列{a n}的通项公式．8．(2019·武穴中学月考)试证：n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n －9能被64整除．【考卷送检】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，正确的反设为( ) A ．自然数a ，b ，c 都是奇数B ．自然数a ，b ，c 都是偶数C ．自然数a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．自然数a ，b ，c 都是奇数或至少有两个偶数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 )<03．(2019·焦作一中月考)若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( )A ．lg(1＋a 2)＞0B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)C ．a 2＋3ab ＞2b 2D.a b ＜a ＋1b ＋1 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5．已知a >b >0，且 ab ＝1，若 0<c <1，p ＝log c a 2＋b 22，q ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2，则p ，q 的大小关系是( )A ．p >qB ．p <qC ．p ＝qD ．p ≥q6．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2二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．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________________．9．(2019·郑州一模)某题字迹有污损，大致内容是“已知|x |≤1，，用分析法证明|x ＋y |≤|1＋xy |”．估计污损部分的文字内容为________．三、解答题10．(2019·永州一中月考)已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .证明 欲要证2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立，只需证2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0，即证2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0，即证(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0，从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立，所以2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .11．(2019·黄石二中期中)已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1.(1)求证：SA ⊥平面ABCD ；(2)在棱SC 上是否存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD ？若存在，确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．12．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：T n ＜16.13．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)．14．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．15．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．16．(2019·衡水高中调研)首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.证明：若a 1为奇数，则对一切n ≥2，a n 都是奇数．17．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n 与1的大小，并说明理由．。

[课时跟踪检测][基础达标]1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的()A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件答案：A2．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．归纳法解析：从要证明的结论——比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法，故选B.答案：B3．(2017届亳州模拟)实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则1a＋1b＋1c的值()A．一定是正数B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不确定解析：由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0，且|a|<c，则1|a|>1c，从而－1a>1c，而1b<0，所以1a＋1b＋1c<0.答案：B4．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是() A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：要比较两个正数P，Q的大小关系，只要比较P2，Q2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a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.答案：C5．(2018届南阳模拟)设a ，b ，c 大于0，则3个数a b ，b c ，ca 的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．都大于1C ．至少有一个不大于1D ．都小于1解析：由题意，若3个数a b ，b c ，ca 的值均大于1，则a >b ，b >c ，c >a ，显然矛盾，∴3个数a b ，b c ，ca 的值至少有一个不大于1，故选C. 答案：C6．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：因为a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 即A ≤B ≤C .故选A. 答案：A7．设0<x <1，a >0，b >0，a ，b 为常数，则a 2x ＋b 21－x 的最小值是( )A ．4abB ．2(a 2＋b 2)C ．(a ＋b )2D ．(a －b )2 解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x ＋b 21－x [x ＋(1－x )]＝a 2＋a 2(1－x )x ＋b 2x 1－x ＋b 2≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2.当且仅当x ＝aa ＋b时，等号成立．故选C.答案：C8．若a >0，b >0，a ＋b ＝1则下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2≥12 B ．ab ≤14 C.1a ＋1b ≥4D.a ＋b ≤1解析：∵a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝12， ∴A 成立；∵ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，∴B 成立； ∵1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝4，∴C 成立；∴(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab >1，a ＋b >1，故D 不成立． 答案：D9．命题“a ，b 是实数，若|a ＋1|＋(b ＋1)2＝0，则a ＝b ＝－1”，用反证法证明时应假设________．答案：a ≠－1或b ≠－110．用反证法证明命题：“a ，b ∈N ，ab 可被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为______．答案：a ，b 都不能被5整除11．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >2；②a 2＋b 2>2.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)解析：取a ＝－2，b ＝－1，则a 2＋b 2>2，从而②推不出． ①能够推出，即若a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1. 用反证法证明如下：假设a ≤1，且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾． 因此假设不成立，所以a ，b 中至少有一个大于1. 答案：①12．已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc >3. 证明：因为a ，b ，c 为不全相等的正数， 所以b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋bc －3， >2b a ·a b ＋2c a ·ac ＋2c b ·bc －3＝3，即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc>3.13．已知α，β≠k π＋π2(k ∈Z )，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β.求证：1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β).证明：要证1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β)成立，即证1－sin 2αcos 2α1＋sin 2αcos 2α＝1－sin 2βcos 2β2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2βcos 2β， 即证cos 2α－sin 2α＝12(cos 2β－sin 2β)，即证1－2sin 2α＝12(1－2sin 2β)，即证4sin 2α－2sin 2β＝1， 因为sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β，且(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ，所以1＋2sin 2β＝4sin 2α，即4sin 2α－2sin 2β＝1.故原结论正确．14．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋3，求证：数列{a n }中任意不同的三项都不可能是等比数列．证明：假设{a n }存在不同的三项a p ，a q ，a r (p 、q 、r 互不相等)构成等比数列．则a 2q ＝a p ·a r ， 即(p ＋3)·(r ＋3)＝(q ＋3)2， ∴pr ＋3(p ＋r )＋3＝q 2＋23q ＋3，∴(pr －q 2)＋3(p ＋r －2q )＝0，由于p ，q ，r ∈N ＋，∴pr －q 2＝0且p ＋r －2q ＝0. 于是pr －⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝0，得(p －r )2＝0，故p ＝r ＝q . 这与p 、q 、r 互不相等相矛盾，因此假设不成立，即{a n }中任意不同的三项都不可能是等比数列．[能 力 提 升]1．设a ，b ，c 都是正数，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 三个数( ) A ．都大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c 时取等号，所以三个数中至少有一个不小于2. 答案：D2．设x ＋y ＝1，x ，y ∈(0，＋∞)，则x 2＋y 2＋xy 的最小值为( ) A.14 B.34 C ．－14D ．－34解析：因为x >0，y >0且x ＋y ＝1， 所以xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝14， 所以x 2＋y 2＋xy ＝(x ＋y )2－xy ＝1－xy ≥1－14＝34， 故x 2＋y 2＋xy 有最小值34. 答案：B3．对于函数f (x )，若∀a ，b ，c ∈R ，f (a )，f (b )，f (c )都是某一三角形的三边长，则称f (x )为“可构造三角形函数”．以下说法正确的是( )A ．f (x )＝1(x ∈R )不是“可构造三角形函数”B．“可构造三角形函数”一定是单调函数C．f(x)＝1x2＋1(x∈R)是“可构造三角形函数”D．若定义在R上的函数f(x)的值域是[e，e](e 为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”解析：对于A选项，由题设所给的定义知，∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)是边长为1的正三角形的三边长，是“可构造三角形函数”，故A选项错误；对于B选项，由A选项判断过程知，故B选项错误；对于C选项，当a＝0，b＝3，c＝3时，f(a)＝1>f(b)＋f(c)＝110，不构成三角形，故C选项错误；对于D选项，由于e＋e>e，可知，定义在R上的函数f(x)的值域是[e，e](e为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”，故D选项正确．答案：D4．设a>1，n∈N，若不等式na－1<a－1n恒成立时，则n的最小值为________．解析：n＝1时，结论不成立；n＝2时，不等式变为2a－2<a－1，所以(a －1)2>0，因为a>1，所以不等式成立．答案：25．设a>0，b>0，求证：lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．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，而2ab≤a＋b成立(a>0，b>0)，∴lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．。

课时分层训练(三十五)直接证明与间接证明(对应学生用书第206页)A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题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<1b D．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.]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()【导学号：79170221】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．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.]4．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2C [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.]5．(2018·南昌模拟)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 2 016a 2 017＞1，a 2 016－1a 2 017－1＜0，下列结论中正确的是( ) A ．q ＜0B ．a 2 016a 2 018－1＞0C ．T 2 016是数列{T n }中的最大项D ．S 2 016＞S 2 017C [由a 1＞1，a 2 016a 2 017＞1得q ＞0，由a 2 016－1a 2 017－1＜0，a 1＞1得a 2 016＞1，a 2 017＜1,0＜q ＜1，故数列{ a n }的前2 016项都大于1，从第2 017项起都小于1，因此T 2 016是数列{T n }中的最大项．故选C ．] 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__________． 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 ＋ab ≥2成立的条件的个数是__________．3 [要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0，且ab >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 ． [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 )≥0.8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 ．12分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 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.【导学号：79170222】[解] (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 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(q2－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 ，即(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 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 ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤AA [∵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：79170223】[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 ＝3.5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 ，10分解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在.12分。

第六节直接证明与间接证明[备考方向要明了][归纳·知识整合]1．直接证明(1)综合法①定义：利用已知条件和某些数学定义、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)．(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.[探究] 1.综合法与分析法有什么联系与差异？提示：综合法与分析法是直接证明的两种基本方法，综合法的特点是从已知看可知，逐步推出未知．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱．分析法是从未知看需知，逐步靠拢已知．当命题的条件与结论之间的联系不够明显、直接，证明中需要用哪些知识不太明确具体时，往往采用从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻求使当前命题成立的充分条件，把证明转化为判定这些条件是否具备的问题．2．间接证明反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．[探究] 2.在什么情况下可考虑利用反证法证明问题？提示：反证法是间接证明的一种方法，它适用于以下两种情形：(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；(2)若从正面证明，需要分成多种情形进行讨论，而从反面证明，只需研究一种或很少的几种情形．[自测·牛刀小试]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．其中正确的有( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个解析：选D 由综合法、分析法和反证法的推理过程可知，①②③④⑤都正确． 2．(教材习题改编)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 ．归纳法解析：选B 要证明3＋7<25成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明． 3．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”假设内容应是( ) A.3a ＝3bB.3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3b D.3a ＝3b 或3a <3b解析：选D 假设结论不成立， 即3a >3b 的否定为3a ≤ 3b .4．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足________．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 25．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab ≥2成立的条件的个数是________．解析：要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0且ab >0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个．答案：3[例1] 设a 、b 、c ＞0，证明a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .[自主解答] ∵a 、b 、c ＞0，根据基本不等式， 有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . ———————————————————利用综合法证明问题的步骤保持本例条件不变 ，试证明a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)·(a ＋b ＋c )．证明：∵a 、b 、c >0，∴a 2＋b 2≥2ab ， ∴(a 2＋b 2)(a ＋b )≥2ab (a ＋b )，∴a 3＋b 3＋a 2b ＋ab 2≥2ab (a ＋b )＝2a 2b ＋2ab 2， ∴a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2.同理，b 3＋c 3≥b 2c ＋bc 2，a 3＋c 3≥a 2c ＋ac 2， 将三式相加得，2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2b ＋ab 2＋b 2c ＋bc 2＋a 2c ＋ac 2.∴3(a 3＋b 3＋c 3)≥(a 3＋a 2b ＋a 2c )＋(b 3＋b 2a ＋b 2c )＋(c 3＋c 2a ＋c 2b )＝(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．∴a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．1．已知x ＋y ＋z ＝1，求证：x 2＋y 2＋z 2≥13.证明：∵x 2＋y 2≥2xy ，x 2＋z 2≥2xz ，y 2＋z 2≥2yz ， ∴2x 2＋2y 2＋2z 2≥2xy ＋2xz ＋2yz .∴3x 2＋3y 2＋3z 2≥x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋2xz ＋2yz . ∴3(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋y ＋z )2＝1. ∴x 2＋y 2＋z 2≥13.[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.[自主解答] 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 2)2cos x 1cos x 2>sin (x 1＋x 2)1＋cos (x 1＋x 2).由于x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 故x 1＋x 2∈(0，π)．故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.这由x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x 1≠x 2知上式是显然成立的． 因此，12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. ———————————————————分析法的适用条件当所证命题不知从何入手时，有时可以运用分析法获得解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往行之有效，对含有根式的证明问题要注意分析法的使用．2．已知a ＞0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.∵a ＞0，故只要证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22， 即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a2≥ 2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.[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？[自主解答](1)证明：若{S n}是等比数列，则S22＝S1·S3，即a21(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，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，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3，2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，∵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．———————————————————1．反证法的解题原则反证法的原理是“正难则反”，即如果正面证明有困难时，或者直接证明需要分多种情况而反面只有一种情况时，可以考虑用反证法．2．反证法中常见词语的否定形式3．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.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.而a＋b＋c>0，∴a＋(b＋c)>0，∴a>0.这与a<0的假设相矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．另外证明：如果从①处开始，进行如下推理：a＋b＋c>0，即a＋(b＋c)>0.又a<0，∴b＋c>0.则a(b＋c)<0，与①式矛盾，故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．3个规律——利用综合法、分析法、反证法证题的一般规律(1)综合法证题的一般规律用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论．(2)分析法证题的一般规律分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．(3)反证法证题的一般规律反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A ，或者是非A .即在同一讨论过程中，A 和非A 有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现．3个注意点——利用反证法证明问题应注意的问题(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的；(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实相矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的.易误警示——不等式证明中的易误点[典例] (2011·安徽高考)(1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ；(2)设1<a ≤b ≤c ，证明log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c . 证明：(1)由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ⇐⇒ xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy ·(x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立． (2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数的换底公式得 log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y ，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为 x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ，其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立． [易误辨析]1．证明问题(1)有两处易误点：①不能利用分析法将其正确转化，从而无法找到证明问题的切入口；②不能灵活运用综合法将作差后的代数式变形(即分解因式)，从而导致无法证明不等式成立．2．证明问题(2)时常因忽视条件“1<a ≤b ≤c ”而不能挖掘出其隐含条件，即x ＝log a b ，y ＝log b c ，从而无法证明不等式．3．在选择证明方法时，一定要有“综合性选取”的意识，明确数学证明方法不是孤立的，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程．[变式训练] 1.设函数f (x )＝x n ＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点； (2)设n 为偶数，|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，求b ＋3c 的最小值和最大值． 解：(1)证明：当b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f (x )＝x n ＋x －1. ∵f ⎝⎛⎭⎫12f (1)＝⎝⎛⎭⎫12n －12×1<0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内存在零点． 又当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f ′(x )＝nx n －1＋1>0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上是单调递增的．∴f (x )在⎝⎛⎭⎫12，1内存在唯一零点．(2)法一：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤f (－1)≤1，－1≤f (1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤b －c ≤2，－2≤b ＋c ≤0.由图象知，b ＋3c 在点(0，－2)处取到最小值－6， 在点(0,0)处取到最大值0，故b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0. 法二：由题意知－1≤f (1)＝1＋b ＋c ≤1， 即－2≤b ＋c ≤0，① －1≤f (－1)＝1－b ＋c ≤1， 即－2≤－b ＋c ≤0，② ①×2＋②得－6≤2(b ＋c )＋(－b ＋c )＝b ＋3c ≤0，当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.法三：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝1－b ＋c ，f (1)＝1＋b ＋c ，解得b ＝f (1)－f (－1)2，c ＝f (1)＋f (－1)－22，∴b ＋3c ＝2f (1)＋f (－1)－3.又∵－1≤f (－1)≤1，－1≤f (1)≤1，∴－6≤b ＋3c ≤0， 当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 为正实数，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：选A a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b，又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .2．(2013·成都模拟)设a ，b ∈R ，则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若“a ＋b ＝1”，则4ab ＝4a (1－a )＝－4⎝⎛⎭⎫a －122＋1≤1；若“4ab ≤1”，取a ＝－4，b ＝1，a ＋b ＝－3，即“a ＋b ＝1”不成立；则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的充分不必要条件．3．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P 、Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定解析：选C 假设P <Q ，要证P <Q ，只要证P 2<Q 2，只要证：2a ＋7＋2a (a ＋7)<2a ＋7＋2(a ＋3)(a ＋4)，只要证a 2＋7a <a 2＋7a ＋12，只要证0<12， ∵0<12成立，∴P <Q 成立．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 ．3解析：选C ①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，故正确的判断有2个．5．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解析：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．6．在R 上定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc .若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－12B ．－32C.12D.32解析：选D 据已知定义可得不等式x 2－x －a 2＋a ＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)≤0，解得－12≤a ≤32，故a 的最大值为32.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是________．答案：“∃x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”8．(2013·株洲模拟)已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)且1a ＋9b ＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析：∵a ，b ∈(0，＋∞)且1a ＋9b＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋9b ＝10＋⎝⎛⎭⎫9a b ＋ba ≥10＋29＝16， ∴a ＋b 的最小值为16.∴要使a ＋b ≥μ恒成立，需16≥μ，∴0＜μ≤16. 答案：(0,16]9．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________．解析：法一：(补集法)令⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 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. 答案：⎝⎛⎭⎫－3，32 三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．已知a >0，1b －1a >1，求证：1＋a >11－b .证明：∵1b －1a >1，a >0，∴0<b <1， 要证1＋a >11－b ，只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0， 即a －b ab >1，即1b －1a>1. 这是已知条件，所以原不等式成立．11．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 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．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得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)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0. ∴p ＝r . 与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．12．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ， 求证：b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.解：(1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1，则a n ＋1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列．故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n . b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n 1－2＝2n－1. 因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1＝(2n －1)(2n ＋2－1)－(2n ＋1－1)2 ＝(22n ＋2－2n ＋2－2n ＋1)－(22n ＋2－2·2n ＋1＋1) ＝－2n <0，所以b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.1．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明：要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(a ·b ·c )， 只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc .(中间结果)∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴由基本不等式得：a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，c ＋a 2≥ac ＞0， 且上三式中由于a ，b ，c 不全相等，故等号不同时成立． ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞a ·b ·c .(中间结果) ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .2.如图，已知BE ，CF 分别为△ABC 的边AC ，AB 上的高，G 为EF 的中点，H 为BC 的中点．求证：HG ⊥EF .证明：连接HE ，HF ，由CF ⊥AB ，且H 是BC 的中点，可知FH 是Rt △BCF 斜边上的中线，所以HF ＝12BC .同理可证HE ＝12BC .所以HF ＝HE ，从而△EHF 为等腰三角形． 又G 为EF 的中点，所以HG ⊥EF .3．已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25. 证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25， 则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100， 这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100矛盾，故假设错误． 所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.4．如图，已知两个正方形ABCD 和DCEF 不在同一平面内，M ，N 分别为AB，DF的中点．(1)若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN的长；(2)用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线．解：(1)如图，取CD的中点G，连接MG，NG.因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，所以MG⊥CD，MG＝2，NG＝ 2.因为平面ABCD⊥平面DCEF，所以MG⊥平面DCEF，可得MG⊥NG.所以MN＝MG2＋NG2＝ 6.(2)证明：假设直线ME与BN共面，则AB⊂平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，由已知，两正方形不共面，故AB⊄平面DCEF.又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF，而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF，所以EN∥EF，这与EN∩EF＝E矛盾．故假设不成立．所以ME与BN不共面，它们是异面直线．。

第六节 直接证明与间接证明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，这种证明方法叫作综合法．2．分析法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，这种证明方法叫作分析法．易误提醒 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P ，再说明所要证明的数学问题成立．[自测练习]1．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 ．归纳法解析：要证明3＋7<25成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明． 答案：B2．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.答案：D知识点二 间接证明 反证法假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫作反证法．易误提醒 利用反证法证明数学问题时，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．[自测练习]3．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”假设内容应是( ) A.3a ＝3bB.3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3bD.3a ＝3b 或3a <3b解析：假设结论不成立，即3a >3b 的否定为3a ≤3b . 答案：D4．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a ( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2解析：因为a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a ≤－6，所以三者不能都大于－2.答案：C考点一 综合法的应用|已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc >3.[证明] 因为a ，b ，c 为不全相等的正数， 所以b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋bc －3， >2b a ×a b＋2c a ×a c＋2c b ×bc－3＝3， 即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc>3.综合法证题的思路1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．证明：(1)由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝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S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”． (2)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *) 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)． 下面证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n (n ＋1)2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n (n ＋1)2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．考点二 分析法|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⎝⎛⎭⎫a ＝1a ＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．2．已知a ，b ，m 都是正数，且a <b ，求证：a ＋m b ＋m >ab .证明：要证明a ＋m b ＋m >ab ，由于a ，b ，m 都是正数，只需证a (b ＋m )<b (a ＋m )， 只需证am <bm ，因为m >0，所以只需证a <b . 又已知a <b ，所以原不等式成立．考点三 反证法|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 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．[解] (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 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．反证法证明问题的五个注意点(1)分清问题的条件和结论；(2)假设所要证的结论不成立，而假设结论的反面成立(否定结论)；(3)从假设和条件出发，经过正确的推理，导出与已知条件、公理、定理、定义及明显成立的事实相矛盾或自相矛盾(推导矛盾)；(4)因为推理正确，所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误，即结论的反面不成立，从而证明了原结论成立(结论成立)；(5)应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达到否定结论的目的．3．已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100矛盾，故假设错误．所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.13.综合法与分析法证题中的易误点【典例】 (1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)设1<a ≤b ≤c ，证明log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c . [证明] (1)由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ⇔xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy ·(x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立． (2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数的换底公式得 log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y ，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为 x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1. 故由(1)可知所要证明的不等式成立．[易误点评] (1)证明问题(1)有两处易误点：①不能利用分析法将其正确转化，从而无法找到证明问题的切入口；②不能灵活运用综合法将作差后的代数式变形，从而导致无法证明不等式成立．(2)证明问题(2)时常因忽视条件“1<a ≤b ≤c ”而不能挖掘出其隐含条件，即x ＝log a b ，y ＝log b c ，从而无法证明不等式．[防范措施] (1)在解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程．(2)通过a ，b ，c 的范围得到log a b ≥1，log b c ≥1，联想到x ≥1，y ≥1，从而可令log a b ＝x ，log b c ＝y ，再利用对数换底公式，把不等式转化为关于x ，y 的不等式．[跟踪练习] 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．A 组 考点能力演练1．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫ab 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 ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b .又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x在R 上为减函数． ∴f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b 即A ≤B ≤C ，选A. 答案：A2．(2016·宁波模拟)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 )<0单调递减，若x 1＋x 2>0，则f (x 1)C ．恒为正值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. 答案：A4．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解析：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． 答案：B5．(2016·大连模拟)设S 是至少含有两个元素的集合，在S 上定义了一个二元运算“*”(即对任意的a ，b ∈S ，对于有序元素对(a ，b )，在S 中有唯一确定的元素a *b 与之对应)，若对任意的a ，b ∈S ，有a *(b *a )＝b ，则对任意的a ，b ∈S ，下列等式中不恒成立的是( )A ．(a *b )*a ＝aB ．[a *(b *a )]*(a *b )＝aC ．b *(b *b )＝bD ．(a *b )*[b *(a *b )]＝b＝b ，[a *(b *a )]*(a *b )＝中的等式均恒成立，仅选项A 应满足的条件是________． ，b ≥0且a ≠b . 7．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是________． 解析：∵P 2＝2a ＋7＋2a a ＋7＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3a ＋4＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P <Q .答案：P <Q8．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是________．答案：“存在x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”9．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b 2＋1－2m ＝0.(1)求证：1a 2＋4b 2≥9a 2＋b2；(2)求证：m ≥72.证明：(1)(分析法)要证1a 2＋4b 2≥9a 2＋b 2成立，只需证⎝⎛⎭⎫1a 2＋4b 2(a 2＋b 2)≥9， 即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，即证b 2a 2＋4a 2b 2≥4.根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b 2≥2b 2a 2·4a 2b 2＝4成立， 所以原不等式成立．(2)(综合法)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.因为a 2＋b 2＝m －2>0，1a 2＋4b 2＝2m －1>0，所以m ≥72.10．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－52.这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.(2)当⎪⎪⎪⎪b a ≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－b2a ，知f (x )在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得．所以⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝2，f (－1)＝a －b ＋c ＝－52， 或⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝－52，f (－1)＝a －b ＋c ＝2.又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以⎪⎪⎪⎪b a <2. 由(1)(2)，得a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a <2.B 组 高考题型专练1．(2014·高考山东卷)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，要做的假设是( )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恰好有两个实根解析：反证法中否定结论需全否定，“至少有一个”的否定为“一个也没有”． 答案：A2．(2013·高考北京卷改编)给定数列a 1，a 2，…，a n ，对i ＝1,2，…，n －1，该数列前i 项的最大值记为A i ，后n －i 项a i ＋1，a i ＋2，…，a n 的最小值记为B i ，d i ＝A i －B i .(1)设数列{a n }为3,4,7,1，写出d 1，d 2，d 3的值；(2)设a 1，a 2，…，a n (n ≥4)是公比大于1的等比数列，且a 1>0，证明：d 1，d 2，…，d n－1是等比数列．解：(1)d 1＝2，d 2＝3，d 3＝6. (2)证明：因为a 1>0，公比q >1， 所以a 1，a 2，…，a n 是递增数列．因此，对i ＝1,2，…，n －1，A i ＝a i ，B i ＝a i ＋1. 于是对i ＝1,2，…，n －1， d i ＝A i －B i ＝a i －a i ＋1＝a 1(1－q )q i －1. 因此d i ≠0且d i ＋1d i ＝q (i ＝1,2，…，n －2)，即d 1，d 2，…，d n －1是等比数列．。

[课时跟踪检测][基础达标]1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的()A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件答案：A2．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．归纳法解析：从要证明的结论——比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法，故选B.答案：B3．(2017届亳州模拟)实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则1a＋1b＋1c的值()A．一定是正数B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不确定解析：由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0，且|a|<c，则1|a|>1c，从而－1a>1c，而1b<0，所以1a＋1b＋1c<0.答案：B4．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是() A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：要比较两个正数P，Q的大小关系，只要比较P2，Q2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a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，只要比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.答案：C5．(2018届南阳模拟)设a ，b ，c 大于0，则3个数a b ，b c ，ca 的值( ) A ．至多有一个不大于1 B ．都大于1C ．至少有一个不大于1D ．都小于1解析：由题意，若3个数a b ，b c ，ca 的值均大于1，则a >b ，b >c ，c >a ，显然矛盾，∴3个数a b ，b c ，ca 的值至少有一个不大于1，故选C. 答案：C6．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：因为a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 即A ≤B ≤C .故选A. 答案：A7．设0<x <1，a >0，b >0，a ，b 为常数，则a 2x ＋b 21－x 的最小值是( )A ．4abB ．2(a 2＋b 2)C ．(a ＋b )2D ．(a －b )2 解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x ＋b 21－x [x ＋(1－x )]＝a 2＋a 2(1－x )x ＋b 2x 1－x ＋b 2≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2.当且仅当x ＝aa ＋b时，等号成立．故选C.答案：C8．若a >0，b >0，a ＋b ＝1则下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2≥12 B ．ab ≤14 C.1a ＋1b ≥4D.a ＋b ≤1解析：∵a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝12， ∴A 成立；∵ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，∴B 成立； ∵1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝4，∴C 成立；∴(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ＝1＋2ab >1，a ＋b >1，故D 不成立． 答案：D9．命题“a ，b 是实数，若|a ＋1|＋(b ＋1)2＝0，则a ＝b ＝－1”，用反证法证明时应假设________．答案：a ≠－1或b ≠－110．用反证法证明命题：“a ，b ∈N ，ab 可被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为______．答案：a ，b 都不能被5整除11．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >2；②a 2＋b 2>2.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)解析：取a ＝－2，b ＝－1，则a 2＋b 2>2，从而②推不出． ①能够推出，即若a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1. 用反证法证明如下：假设a ≤1，且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾． 因此假设不成立，所以a ，b 中至少有一个大于1. 答案：①12．已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc >3. 证明：因为a ，b ，c 为不全相等的正数， 所以b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋bc －3， >2b a ·a b ＋2c a ·ac ＋2c b ·bc －3＝3，即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc>3.13．已知α，β≠k π＋π2(k ∈Z )，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β.求证：1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β).证明：要证1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β)成立，即证1－sin 2αcos 2α1＋sin 2αcos 2α＝1－sin 2βcos 2β2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2βcos 2β， 即证cos 2α－sin 2α＝12(cos 2β－sin 2β)，即证1－2sin 2α＝12(1－2sin 2β)，即证4sin 2α－2sin 2β＝1， 因为sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β，且(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ，所以1＋2sin 2β＝4sin 2α，即4sin 2α－2sin 2β＝1.故原结论正确．14．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋3，求证：数列{a n }中任意不同的三项都不可能是等比数列．证明：假设{a n }存在不同的三项a p ，a q ，a r (p 、q 、r 互不相等)构成等比数列．则a 2q ＝a p ·a r ， 即(p ＋3)·(r ＋3)＝(q ＋3)2， ∴pr ＋3(p ＋r )＋3＝q 2＋23q ＋3，∴(pr －q 2)＋3(p ＋r －2q )＝0，由于p ，q ，r ∈N ＋，∴pr －q 2＝0且p ＋r －2q ＝0. 于是pr －⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝0，得(p －r )2＝0，故p ＝r ＝q . 这与p 、q 、r 互不相等相矛盾，因此假设不成立，即{a n }中任意不同的三项都不可能是等比数列．[能 力 提 升]1．设a ，b ，c 都是正数，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 三个数( ) A ．都大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c 时取等号，所以三个数中至少有一个不小于2. 答案：D2．设x ＋y ＝1，x ，y ∈(0，＋∞)，则x 2＋y 2＋xy 的最小值为( ) A.14 B.34 C ．－14D ．－34解析：因为x >0，y >0且x ＋y ＝1， 所以xy ≤⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝14， 所以x 2＋y 2＋xy ＝(x ＋y )2－xy ＝1－xy ≥1－14＝34， 故x 2＋y 2＋xy 有最小值34. 答案：B3．对于函数f (x )，若∀a ，b ，c ∈R ，f (a )，f (b )，f (c )都是某一三角形的三边长，则称f (x )为“可构造三角形函数”．以下说法正确的是( )A ．f (x )＝1(x ∈R )不是“可构造三角形函数”B．“可构造三角形函数”一定是单调函数C．f(x)＝1x2＋1(x∈R)是“可构造三角形函数”D．若定义在R上的函数f(x)的值域是[e，e](e 为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”解析：对于A选项，由题设所给的定义知，∀a，b，c∈R，f(a)，f(b)，f(c)是边长为1的正三角形的三边长，是“可构造三角形函数”，故A选项错误；对于B选项，由A选项判断过程知，故B选项错误；对于C选项，当a＝0，b＝3，c＝3时，f(a)＝1>f(b)＋f(c)＝110，不构成三角形，故C选项错误；对于D选项，由于e＋e>e，可知，定义在R上的函数f(x)的值域是[e，e](e为自然对数的底数)，则f(x)一定是“可构造三角形函数”，故D选项正确．答案：D4．设a>1，n∈N，若不等式na－1<a－1n恒成立时，则n的最小值为________．解析：n＝1时，结论不成立；n＝2时，不等式变为2a－2<a－1，所以(a －1)2>0，因为a>1，所以不等式成立．答案：25．设a>0，b>0，求证：lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．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，而2ab≤a＋b成立(a>0，b>0)，∴lg(1＋ab)≤12[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．。

第六章第6节直接证明和间接证明[基础训练组]1．(导学号14577583)命题“如果数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n，那么数列{a n}一定是等差数列”是否成立( )A．不成立B．成立C．不能断定D．与n取值有关解析：B [因为S n＝2n2－3n，所以n＝1时a1＝S1＝－1，当n≥２时，a n＝S n－S n－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3(n －1)＝4n－5，n＝1时适合a n，且a n－a n－1＝4，故{a n}为等差数列，即命题成立．]2．(导学号14577584)(2018·济南市模拟)用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( )A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c至多有一个偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数解析：B [“至少有一个”的否定为“都不是”，故选 B.]3．(导学号14577585)设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a、b、c的大小顺序是( )A．a>b>c B．b>c>aC．c>a>b D．a>c>b解析：A [∵a＝3－2＝13＋2，b＝6－5＝16＋5，c＝7－6＝17＋6，又∵7＋6>6＋5>3＋2>0，∴a>b>c.]4．(导学号14577586)设0<x<1，a>0，b>0，a，b为常数，a2x＋b21－x的最小值是( )A．4ab B．2(a2＋b2) C．(a＋b)2D．(a－b)2解析：C [a2x＋b21－x(x＋1－x)＝a2＋a2－xx＋b2x1－x＋b2≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2.当且仅当x＝aa＋b时，等号成立．]5．(导学号14577587)若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4，a≥0，则P、Q的大小关系是( )A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析：C [令a＝0，则P＝7≈2.6，Q＝3＋4≈3.7，∴P<Q.据此猜想a≥０时P<Q.证明如下：要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证2a＋7＋2a a＋<2a＋7＋2a＋a＋，只要证a2＋7a<a2＋7a＋12，只要证0<12，∵0<12成立，∴P<Q成立．故选 C.]6．(导学号14577588)(2018·烟台市模拟)设a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，则m，n的大小关系是________ .解析：法一(取特殊值法)：取a＝2，b＝1，则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．答案：n>m7．(导学号14577589)(2016·高考新课标全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是____________ .解析：根据丙的说法知，丙的卡片上写着1和2，或1和3；(1)若丙的卡片上写着1和2，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；∴根据甲的说法知，甲的卡片上写着1和3；(2)若丙的卡片上写着1和3，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是2”；∴甲的卡片上写的数字不是1和2，这与已知矛盾；∴甲的卡片上的数字是1和3.答案：1和38．(导学号14577590)(2018·邯郸市模拟)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________ .(填序号)解析：若a＝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a2＋b2＞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.答案：③9．(导学号14577591)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．10．(导学号14577592)(2018·临沂市三校联考)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．解析：(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝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(反证法)：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．[能力提升组]11．(导学号14577593)(2018·石家庄市质检)某市为了缓解交通压力实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是( )A．今天是周六B．今天是周四C．A车周三限行D．C车周五限行解析：B [因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，选 B.]12．(导学号14577594)设a，b，c都是正数，则a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( )A．都大于 2 B．都小于 2C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2解析：D [假设a＋1b，b＋1c，c＋1a都小于2，则有a＋1b＋b＋1c＋c＋1a<6.因为a，b，c都是正数，所以a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋1b＋c＋1c≥２a·1a＋2b·1b＋2c·1c＝6与a＋1b＋b＋1c＋c＋1a<6矛盾．故假设不成立，所以a＋1a，b＋1b，c＋1a至少有一个不小于2，故选 D.]13．(导学号14577595)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________ .解析：法一：(补集法)令f－＝－2p2＋p＋1≤0，f＝－2p2－3p＋9≤0，解得p≤－3或p≥32，故满足条件的p的范围为－3，32.法二：(直接法)依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，得－12＜p＜1或－3＜p＜32.故满足条件的p的取值范围是－3，3 2答案：－3，3 214．(导学号14577596)已知数列{a n}与{b n}满足b n a n＋a n＋1＋b n＋1a n＋2＝0，b n＝3＋－n2，n∈N*，且a1＝2，a2＝4.(1)求a3，a4，a5的值．(2)设c n＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明：{c n}是等比数列．解：(1)由b n＝3＋－n2，n∈N*，可得b n＝1，n为奇数，2，n为偶数.又b n a n＋a n＋1＋b n＋1a n＋2＝0，当n＝1时，a1＋a2＋2a3＝0，由a1＝2，a2＝4，可得a3＝－3；当n＝2时，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4＝－5；当n＝3时，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5＝4.(2)证明：对任意n∈N*，a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，①2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，②a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0，③②－③，得a2n＝a2n＋3，④将④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)，即c n＋1＝－c n(n∈N*)．又c1＝a1＋a3＝－1，故c n≠0，因此q＝－1.所以{c n}是等比数列．。

第 2 讲 直接证明与间接证明a n是一个与 n 没关的常数，则该常数的可能值的会合为() 1．等差数列 { a n } 中， a 2nA ． {1}1B. 1，21C. 2D. 0， 1， 12 222 2≤ 0，只需证明 ()2．要证： a＋ b－ 1－a b A ． 2ab －1－ a 2 b 2≤ 02 2－ 1－ a 4＋ b 4 B ． a ＋ b ≤ 02a ＋ b22C.－ 1－ a b ≤ 0D ． (a 2－ 1)(b 2－1) ≥ 03．若 a ， b ， c 是不全相等的实数，求证： a 2＋ b 2＋ c 2≥ ab ＋ bc ＋ ac.其证明过程以下：∵ a ，b ， c ∈ R ，∴ a 2＋ b 2≥2ab ， b 2＋ c 2≥ 2bc ， a 2＋ c 2≥ 2ac. 又 a ，b ， c 不全相等，∴ 2(a 2＋ b 2＋ c 2) ≥2(ab ＋ bc ＋ ac) ，∴ a 2＋ b 2＋c 2 ≥ ab ＋ bc ＋ ac.此证法是 ( )A ．剖析法B ．综合法C ．反证法D ．剖析法与综合法并用4．以下是证明 7－ 1> 11－ 5的过程，其证法是 ( )要证 7－1> 11－ 5， 只需证7＋ 5> 11＋ 1，即证 ( 7＋ 5)2>( 11＋ 1)2，即证35> 11，即证 35>11.35>11 明显建立，∴ 7－ 1> 11－ 5.A ．剖析法B ．综合法C ．间接证法D ．剖析法与综合法并用1，b ＋ 1， c ＋1(5．已知 a ， b ，c 都是正数，则三数 a ＋)bc aA ．都大于 2B ．都小于 2C ．起码有一个不大于 2D ．起码有一个不小于 26． α， β是两个不一样的平面， m ， n 是平面 α及 β以外的两条不一样的直线，给出四个论断：① m ⊥ n ；② α⊥ β；③ n ⊥ β；④ m ⊥ α.以此中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你以为正确的一个命题____________________ ．7．下表中的对数值有且仅有一个是错误的：x3 5 8 915lg x 2a － b 请将错误的一个更正为a ＋ c 3－ 3a － 3c________________．4a －2b3a － b ＋ c ＋ 18． (2013 年湖北 )已知等比数列 { a n } 知足： |a 2－ a 3|＝ 10，a 1a 2a 3＝ 125.(1)求数列 { a n } 的通项公式；(2)能否存在正整数m，使得1＋1＋＋1≥ 1？若存在，求m 的最小值；若不存在，12a ma a请说明原因．9．(2012 年广东广州一模) 已知等差数列 { a n} 的公差 d≠ 0，它的前 n 项和为 S n，若 S5＝70，且 a2， a7，a22成等比数列．(1)求数列 { a n} 的通项公式；113(2)设数列S n的前 n 项和为T n，求证：6≤ T n<8.第 2 讲 直接证明与间接证明1． B 2.D 3.B 4.A5.D6．若①③④，则②或若②③④，则① 分析： 依题意可得以下四个命题：(1)m ⊥n ， α⊥ β， n ⊥β? m ⊥ α； (2)m ⊥ n ， α⊥ β， m ⊥ α? n ⊥ β； (3)m ⊥n ， n ⊥ β， m ⊥ α? α⊥β； (4) α⊥β， n ⊥ β，m ⊥α? m ⊥ n. 不难发现，命题 (3) ，(4) 为真命题，而命题 (1)， (2)为假命题．7． lg15 ＝3a － b ＋c 分析： 假如 lg3 ＝2a － b 是正确的，那么 lg9 ＝ 2lg3 ＝ 2(2a － b)＝ 4a－ 2b ；假如 lg3 ＝ 2a － b 是错误的，那么 lg9 ＝ 4a － 2b 也是错误的，这与题意矛盾．反过来， lg9＝ 4a －2b 也不是错误的，不然 lg3＝ 2a － b 是错误的．相同，假如 lg5 ＝ a ＋ c ，那么 lg8＝3lg2 ＝ 3(1－ lg5) ＝ 3(1－ a －c) ，假如 lg5 ＝ a ＋ c 是错误的，那么 lg8 ＝3－ 3a － 3c ，也错误，这与题意矛盾；明显 lg8＝ 3－ 3a － 3c 也不是错误的， 不然 lg5＝ a ＋c 也错误．∴ lg15 ＝ lg(3 × 5)＝lg3 ＋lg5＝ (2a － b)＋ (a ＋ c)＝ 3a －b ＋ c ，∴应将最后一个错误的更正为lg15 ＝ 3a － b ＋ c.8． 解： (1)由已知条件得： a 2＝ 5，又 a 2|q － 1|＝10，∴ q ＝－ 1 或 3.∴数列 { a n } 的通项 a n ＝－ 5·(－ 1) n －1 或 a n ＝ 5×3n －2.1＋1＋ ＋ 1 ＝－ 1或 0，不存在这样的正整数 m ；(2)若 q ＝－ 1， a 1 a 2a m 5 若 q ＝3， 1 ＋ 1 ＋ ＋ 1 ＝91 m 9a 2 a 10 1－ 3< 10<1.a m.综上所述，不存在这样的正整数9． (1) 解： ∵数列 { a n } 是等差数列，∴ a n ＝ a 1＋(n －1)d ， S n ＝ na 1＋ n n － 1d. 2S 5＝ 70，依题意，得 a 72＝ a 2 a 22，即 5a 1＋ 10d ＝ 70，解得a 1 ＝6，a 1＋ 6d 2＝ a 1＋ d a 1＋ 21d . d ＝ 4.∴数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 4n ＋2(n ∈ N *) ．(2)证明： 由(1) ，可得 S n ＝ 2n 2＋ 4n.∴ 1 ＝ 2 1 ＝ 1 ＝ 1 1 － 1 .nn 2n ＋4n 2n n ＋ 2 4 n ＋ 2S∴T ＝1＋1＋1＋ ＋1 ＋1S －S＝ 11 ＋ 11－1 ＋1 1－1 ＋ ＋1 1－1＋11－ 141－34 2 44 35 4 n － 1 n ＋ 1 4 n n ＋ 2 ＝ 11＋ 1－ 1 － 142 n ＋ 1 n ＋ 2 ＝ 3－1 1 ＋ 18 4 n ＋ 1 n ＋ 2 .∵T －3＝－ 11 ＋13n 8 4 n ＋ 1 n ＋ 2 <0，∴ T n <8.∵ T n ＋1－ T n ＝11 － 1，∴数列 { T n } 是递加数列．4 n ＋ 1 n ＋3∴ T n ≥ T 1＝ 1.6∴ 1≤T n <3.68。