2019年高考数学理课时作业三十八 第38讲 直接证明与间接证明 含解析 精品

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考点31 直接证明与间接证明1.（2018·北京高考理科·Ｔ20）已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项1n a +，2n a +…的最小值记为B n ，d n =A n －B n ．(1)若{a n }为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N *，4n n a a +=)，写出d 1，d 2，d 3，d 4的值；(2)设d 为非负整数，证明：d n =－d(n=1,2,3…)的充分必要条件为{a n }为公差为d 的等差数列； (3)证明：若a 1=2，d n =1(n=1,2,3…)，则{a n }的项只能是1或2，且有无穷多项为1 【解题指南】(1)根据{d n }的定义求.(2)充分性:先证明{a n }是不减数列,再利用定义求d n ; 必要性:先证明{a n }是不减数列,再利用定义证明等差. (3)可通过取特殊值和反证法进行证明.【解析】（1）111211d A B =-=-=，222211d A B =-=-=，333413d A B =-=-=，444413d A B =-=-=。

（2） 充分性：若{}n a 为公差为d 的等差数列，则1(1)n a a n d =+-. 因为d 是非负整数，所以{}n a 是常数列或递增数列.1(1)n n A a a n d ==+-所以，11n n B a a n d +==+， n n n d A B d =-=-所以(n=1,2,3,…).必要性：若(1,2,3,)n d d n =-=，假设k a 是第一个使得10n n a a --<的项，则1221k k k a a a a a --≤≤≤≤>，1,k k k k A a B a -=≤所以，110k k k k k k k d A B a B a a --=-=-≥->所以，这与0n d d =-≤矛盾.所以{}n a 是不减数列.1n n n n n d A B a a d +=-=-=-所以，即1n n a a d +-=， {}n a 所以是公差为d 的等差数列.（3）①首先{}n a 中的项不能是0，否则1102d a =-=，与已知矛盾. ②{}n a 中的项不能超过2，用反证法证明如下：若{}n a 中有超过2的项，设k a 是第一个大于2的项，{}n a 中一定存在项为1，否则与1n d =矛盾.当n k ≥时，2n a ≥，否则与1k d =矛盾.因此存在最大的i 在2到k-1之间，使得1i a =， 此时2220i i i i d A B B =-=-≤-=，矛盾. 综上{}n a 中没有超过2的项.综合①②，{}n a 中的项只能是1或2. 下面证明1有无数个，用反证法证明如下：若k a 为最后一个1，则220k k k d A B =-=-=，矛盾. 因此1有无数个.2.（2018·北京高考文科·Ｔ20）给定数列a 1，a 2，…，a n 。

2019年高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十八 6.5直接证明与间接证明文一、选择题(每小题5分,共25分)1.要证明+<2,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.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.2.(xx·广州模拟)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是( )A.方程x2+ax+b=0没有实根B.方程x2+ax+b=0至多有一个实根C.方程x2+ax+b=0至多有两个实根D.方程x2+ax+b=0恰好有两个实根【解析】选A. 因为“方程x2+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x2+ax+b=0有一个实根或两个实根”,所以该命题的否定是“方程x2+ax+b=0没有实根”.3.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( )A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥0【解析】选D.因为要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需要证(a2-1)(b2-1)≥0.4.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.能断定【解析】选B. 因为S n=2n2-3n,所以S n-1=2(n-1)2-3(n-1)(n≥2),所以a n=S n-S n-1=4n-5(n=1时,a1=S1=-1符合上式).又因为a n+1-a n=4(n≥1),所以{a n}是等差数列.【变式备选】(xx·西安模拟) 不相等的三个正数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等比中项,y是b,c 的等比中项,则x2,b2,y2三数( )A.成等比数列而非等差数列B.成等差数列而非等比数列C.既成等差数列又成等比数列D.既非等差数列又非等比数列【解析】选B. 由已知条件,可得由②③得代入①,得+=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.5.设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是 ( )A.②③B.①②③C.③D.③④⑤【解析】选C.若a=,b=,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;若a=b=1,则a+b=2,故②推不出;若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故④推不出;若a=-2,b=-3,则ab>1,故⑤推不出;对于③,即a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,反证法:假设a≤1且b≤1,则a+b≤2与a+b>2矛盾,因此假设不成立,则a,b中至少有一个大于1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设a>b>0,m=-,n=,则m,n的大小关系是________.【解析】(分析法)-<⇐+>⇐a<b+2·+a-b⇐2·>0,显然成立.答案:m<n【巧思妙解】(取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.答案:m<n7.已知a,b,μ∈(0,+∞)且+=1,则使得a+b≥μ恒成立的μ的取值范围是________.【解析】因为a,b∈(0,+∞)且+=1,所以a+b=(a+b)=10+≥10+2=16,所以a+b的最小值为16.所以要使a+b≥μ恒成立,需16≥μ,所以0<μ≤16.答案:(0,16]8.(xx·商丘模拟)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】 (补集法)令解得p≤-3或p≥,故满足条件的p的范围为.答案:【一题多解】(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-<p<1或-3<p<.故满足条件的p的取值范围是.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.【证明】要证明2a3-b3≥2ab2-a2b成立,只需证:2a3-b3-2ab2+a2b≥0,即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0,即(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2a3-b3≥2ab2-a2b.10.已知四棱锥S-ABCD中,底面是边长为1的正方形,又SB=SD=,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F点的位置;若不存在,请说明理由.【解析】 (1)由已知得SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD=A,所以SA⊥平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD.因为BC∥AD,BC⊄平面SAD.所以BC∥平面SAD.而BC∩BF=B,所以平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾,所以假设不成立.所以不存在这样的点F,使得BF∥平面SAD.1.(5分)设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+ ( )A.都大于2B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2【解析】选D.因为a>0,b>0,c>0,所以++=++≥6,当且仅当a=b=c时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.2.(5分)(xx·洛阳模拟) 设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,若x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的值( )A.恒为负值B.恒等于零C.恒为正值D.无法确定正负【解析】选A.由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数,由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0.【变式备选】设函数f(x)的导函数为f ′(x),对任意x∈R都有f ′(x)>f(x)成立,则()A.3f(ln 2)>2f(ln 3)B.3f(ln 2)<2f(ln 3)C.3f(ln 2)=2f(ln 3)D.3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小不确定【解析】选B.令F(x)=(x>0),则F′(x)=,因为x>0,所以ln x∈R,因为对任意x∈R都有f ′(x)>f(x),所以f′(ln x)>f(ln x),所以F′(x)>0,所以F(x)为增函数,因为3>2>0,所以F(3)>f(2),即>,所以3f(ln 2)<2f(ln 3).3.(5分)(xx·合肥模拟)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x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|时,求证:|f(x1)-f(x2)|<.那么他的反设应该是________.【解析】根据反证法,写出相反的结论是:存在x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)| <|x1-x2|时,则|f(x1)-f(x2)|≥.答案:存在x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|时,则|f(x1)-f(x2)|≥4.(12分)已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.【证明】因为a⊥b⇔a·b=0,要证≤.只需证|a|+|b|≤|a+b|,只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,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.5.(13分)已知函数f(x)=a x+(a>1).(1)证明:函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.【证明】 (1)任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨设x1<x2,则x2-x1>0.因为a>1,所以>1且>0,所以-=(-1)>0.又因为x1+1>0,x2+1>0,所以-==>0.于是f(x2)-f(x1)=-+->0,故函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.(2)假设存在x0<0(x0≠-1)满足f(x0)=0,则=-.因为a>1,所以0<<1,所以0<-<1,即<x0<2,与假设x0<0相矛盾,故方程f(x)=0没有负数根.20283 4F3B 伻23939 5D83 嶃37250 9182 醂26087 65E7 旧w28320 6EA0 溠23770 5CDA 峚23324 5B1C 嬜^40291 9D63 鵣322069 5635 嘵24663 6057 恗k。

高考数学复习考点知识与题型精讲直接证明与间接证明[知识点与题型精讲] 1.了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点．1．直接证明内容综合法分析法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思维过程由因导果执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→…书写格式因为…，所以…或由…，得…要证…，只需证…，即证…反证法：一般地，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．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件． ( ) (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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾． ( )(4)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√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－a 4＋b42≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0D [a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.]3．用反证法证明命题：“已知a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根A [“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”的反面是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”，故选A.]4．已知a ，b ，x 均为正数，且a >b ，则b a 与b ＋xa ＋x 的大小关系是________．b ＋x a ＋x >ba [∵b ＋x a ＋x －b a ＝x (a －b )(a ＋x )a >0，∴b ＋x a ＋x >b a.] 5．(教材改编)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__________三角形．等边 [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．]综合法1．已知m ＞1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定B [∵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 .]2．已知函数f (x )＝－aa x ＋a(a ＞0，且a ≠1)．(1)证明：函数y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称；(2)求f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)的值．[证明] (1)函数f (x )的定义域为全体实数，任取一点(x ，y )，它关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称的点的坐标为(1－x ，－1－y )．由已知y ＝－aa x ＋a，则－1－y ＝－1＋a a x ＋a ＝－a xa x ＋a，f (1－x )＝－a a 1－x ＋a＝－a a a x ＋a＝－a ·a x a ＋a ·a x ＝－a xa x ＋a ，∴－1－y ＝f (1－x )，即函数y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称．(2)由(1)知－1－f (x )＝f (1－x )， 即f (x )＋f (1－x )＝－1.∴f (－2)＋f (3)＝－1，f (－1)＋f (2)＝－1， f (0)＋f (1)＝－1.则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝－3. [规律方法] 综合法证题的思路分析法1．若a ，b ∈(1，＋∞)，证明a ＋b ＜1＋ab . [证明] 要证a ＋b ＜1＋ab ，只需证(a＋b)2＜(1＋ab)2，只需证a＋b－1－ab＜0，即证(a－1)(1－b)＜0.因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，即(a－1)(1－b)＜0成立，所以原不等式成立．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＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，也就是ca＋b＋ab＋c＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得，b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．(1)分析法的证题思路：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.反证法►考法1 证明否定性命题【例1】 设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． [解] (1)设{a n }的前n 项和为S n . 则S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1， qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n ， 两式相减得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ＝a 1(1－q n )， 当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.(2)证明：假设数列{a n ＋1}是等比数列， 则(a 1＋1)(a 3＋1)＝(a 2＋1)2，即a 1a 3＋a 1＋a 3＋1＝a 22＋2a 2＋1，因为{a n }是等比数列，公比为q ，所以a 1a 3＝a 22，a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2，所以a 1(1＋q 2)＝2a 1q .即q 2－2q ＋1＝0，(q －1)2＝0，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． ►考法2 证明“至多”“至少”命题【例2】 已知a ，b ，c 是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax 2＋2bx ＋c ＝0，bx 2＋2cx ＋a ＝0，cx 2＋2ax ＋b ＝0中至少有一个方程有两个相异实根．[证明] 假设三个方程都没有两个相异实根． 则Δ1＝4b 2－4ac ≤0， Δ2＝4c 2－4ab ≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0，上述三个式子相加得：a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的实数相矛盾．因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．[规律方法]用反证法证明数学命题需把握的三点(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(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，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的.(1)已知x∈R，a＝x2＋12，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.(2)设a>0，b>0，且a＋b＝1a＋1b.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋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)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立，即a ＋b ≥2.(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．。

课时达标 第38讲[解密考纲]在高考中，数学归纳法常在压轴题中使用，考查利用数学归纳法证明不等式．一、选择题1．用数学归纳法证明：“(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·…·(2n －1)”，从“k 到k ＋1”左端需增乘的代数式为( B )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C ．2k ＋1k ＋1D ．2k ＋3k ＋1解析 当n ＝k 时，有(k ＋1)·(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·…·(2k －1)，则当n ＝k ＋1时，有(k＋2)(k ＋3)·…·(2k ＋1)(2k ＋2)显然增乘的(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)． 2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( C )A ．2B ．3C ．5D ．6解析 n ＝4时，24＜42＋1；n ＝5时，25＞52＋1，故n 0＝5.3．已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( A )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2C ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2解析 f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2，故选A ．4．(2018.安徽黄山模拟)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋ (1)＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( B )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析 根据数学归纳法步骤可知，要证n 为正偶数对原式成立，已知假设n ＝k (k ≥2且k 为偶然)时，命题为真，则下一步需证下一个正偶数即n ＝k ＋2时命题为真，故选B ．5．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( D )A ．若f (1)<1成立，则f (10)<100成立B ．若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析 A ，B 项与题设中不等方向不同，故A ，B 项错；C 项中，应该是k ≥3时，均有f (k )≥k 2成立；D 项符合题意．6．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．( D )A ．过程全部正确B ．n ＝1验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1推理不正确解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，即从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确，故选D ．二、填空题7．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证的不等式是__1＋12＋13<2__. 解析 由n ∈N *，n >1知，n 取第一个值n 0＝2，当n ＝2时，不等式为1＋12＋13<2. 8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝__n n ＋1__. 解析 由(S 1－1)2＝S 21，得：S 1＝12； 由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2，得：S 2＝23； 由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3，得：S 3＝34.猜想S n ＝n n ＋1. 9．设平面上n 个圆周最多把平面分成f (n )个平面区域，则f (2)＝__4__，f (n )＝__n 2－n ＋2__(n ≥1，n ∈N *)．解析 易知2个圆周最多把平面分成4片；n 个圆周最多把平面分成f (n )片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n ＋1个应与前面n 个都相交且交点均不同，有n 条公共弦，其端点把第n ＋1个圆周分成2n 段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f (n ＋1)＝f (n )＋2n (n ≥1)，所以f (n )－f (1)＝n (n －1)，而f (1)＝2，从而f (n )＝n 2－n ＋2.三、解答题10．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)． 证明 ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12， 右边＝11＋1＝12，左边＝右边，等式成立． ②假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ， 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝⎛⎭⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝⎛⎭⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①，②可知，对一切n ∈N *等式成立．11．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *，n ≥2)． 证明 ①当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立． ②假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k ＋1k－1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立． 由①，②知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立．12．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． 解析 ∵f ′(x )＝x 2－1，且a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g (x )＝(x ＋1)2－1在[1，＋∞)上是增函数，于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1，进而a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1，由此猜想：a n ≥2n －1. 下面用数学归纳法证明这个猜想：①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时结论成立，即a k ≥2k －1.当n ＝k ＋1时，由g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[1，＋∞)上是增函数知a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1， 即n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②知，对任意n ∈N *，都有a n ≥2n －1.即1＋a n ≥2n ，∴11＋a n ≤12n ， ∴11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n <1.。

课时作业提升(三十八)　直接证明与间接证明A 组　夯实基础1．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解析：选D 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0.2．(2018·广州调研)若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列命题正确的是( )A ．ac 2＜bc 2 B ．a 2＞ab ＞b 2C ．＜ D ．＞1a 1b b a ab解析：选B 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 2.3．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 ．无法确定正负解析：选A 由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由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·大同质检)分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：<a ”索的因应是( )b 2－ac 3A ．a －b >0 B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ． (a －b )(a －c )<0解析：选C <a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )b 2－ac 32－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.故选C ．5．设a ＝－，b ＝－，c ＝－，则a 、b 、c 的大小顺序是( )326576A ．a >b >c B ．b >c >aC ．c >a >b D ．a >c >b解析：选A ∵a ＝－＝，b ＝－＝，c ＝－＝，且3213＋26516＋57617＋6＋>＋>＋>0，∴a >b >c .7665326．设x ，y ，z ＞0，则三个数＋，＋，＋( )y x y z z x zy 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2解析：选C 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以＋＋＝＋＋(y x ＋y z )(z x ＋z y )(x z ＋x y )(y x ＋x y )(y z ＋zy )≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C ．(x z ＋zx )7．用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设________．解析：“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．答案：x ≠－1且x ≠18．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使＋≥2成立b a ab 的条件的序号是________．解析：要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④都ba ab ba ab 能使＋≥2成立．b a ab 答案：①③④9．(2018·烟台模拟)设a >b >0，m ＝－，n ＝，则m ，n 的大小关系是a b a －b ________．解析：方法一　(取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m <n .方法二　(分析法)－<⇐＋>⇐a <b ＋2·＋a －b ⇐a b a －b b a －b a b a －b 2·>0，显然成立．b a －b 答案：m <n10．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝图像上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图像上的点，x 2＋1其中n ∈N ＋，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝－n ＝，∴c n 随n 的增大而减小，n 2＋11n 2＋1＋n∴c n ＋1＜c n .答案：c n ＋1＜c n11．已知a ＞0，－＞1，求证：＞.1b 1a 1＋a 11－b 证明：由已知－>1及a >0可知0<b <1，要证>，只需证·>1，1b 1a 1＋a 11－b 1＋a 1－b 只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0，即>1，a －bab 即－>1，这是已知条件，所以原不等式得证．1b 1a 12．已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：＋＋＞3.b ＋c －a ac ＋a －b ba ＋b －cc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 －c c＝＋＋＋＋＋－3＞2 ＋2 ＋2 －3＝3，b a a b c a ac c b b c b a ·a b c a ·a c c b ·b c 即＋＋＞3.b ＋c －a ac ＋a －b ba ＋b －c cB 组　能力提升1．①已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②已知a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①与②的假设都正确C ．①的假设正确；②的假设错误D ．①的假设错误；②的假设正确解析：选D 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q ＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确．2．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 ．不确定解析：选C 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 ＞，故△ABC 必是钝角三角形．π23．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：方法一　(补集法)令Error!解得p ≤－3或p ≥，32故满足条件的p 的范围为.(－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－<p <1或－3<p <，1232故满足条件的p 的取值范围是.(－3，32)答案：(－3，32)4．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－.求52证：a ≠0且＜2.|ba |证明：假设a ＝0或≥2.|ba |①当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0.由题意得f (x )＝bx 在[－1,1]上是单调函数，所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |.由已知条件，得|b |＋(－|b |)＝2－＝－，5212这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.②当≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－，|b a |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Error!或Error!又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以＜2.|ba |由①②得假设不成立，所以a ≠0且＜2.|b a |。

课时作业提升(三十八) 直接证明与间接证明A 组 夯实基础1．若实数a ， b 满足a ＋b <0，则( ) A ．a ，b 都小于0 B ．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解析：选D 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0.2．(2018·广州调研)若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2＜bc 2 B ．a 2＞ab ＞b 2 C ．1a ＜1bD ．b a ＞a b解析：选B 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 2.3．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 解析：选A 由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由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·大同质检)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：选Cb 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.故选C ．5．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 >a C ．c >a >bD ．a >c >b解析：选A ∵a ＝3－2＝13＋2，b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝17＋6，且7＋6>6＋5>3＋2>0，∴a >b >c .6．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2解析：选C 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以⎝⎛⎭⎫y x ＋y z ＋⎝⎛⎭⎫z x ＋z y ＋⎝⎛⎭⎫x z ＋x y ＝⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ＋⎝⎛⎭⎫y z ＋z y ＋⎝⎛⎭⎫x z ＋z x ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C ． 7．用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设________． 解析：“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”． 答案：x ≠－1且x ≠18．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab ≥2成立的条件的序号是________．解析：要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且ab >0成立，即a ， b 不为0且同号即可，故①③④都能使b a ＋ab≥2成立．答案：①③④9．(2018·烟台模拟)设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________． 解析：方法一 (取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m <n .方法二 (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 <n10．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________．解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1＜c n .答案：c n ＋1＜c n11．已知a ＞0，1b －1a ＞1，求证：1＋a ＞11－b.证明：由已知1b －1a >1及a >0可知0<b <1，要证1＋a >11－b ，只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0，即a －bab>1，即1b －1a>1，这是已知条件，所以原不等式得证． 12．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 ＞2 b a ·a b＋2 c a ·a c＋2 c b ·bc－3＝3， 即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＞3. B 组 能力提升1．①已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②已知a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①与②的假设都正确C ．①的假设正确；②的假设错误D ．①的假设错误；②的假设正确解析：选D 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q ＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确．2．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 ．不确定解析：选C 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．3．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：方法一 (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. 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. 答案：⎝⎛⎭⎫－3， 32 4．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.求证：a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a ＜2.证明：假设a ＝0或⎪⎪⎪⎪b a ≥2.①当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0. 由题意得f (x )＝bx 在[－1,1]上是单调函数， 所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |. 由已知条件，得|b |＋(－|b |)＝2－52＝－12，这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.②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①②得假设不成立，所以a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a ＜2.。

第38讲直接证明与间接证明考试说明 1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法;了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点.考情分析考点考查方向考例考查热度综合法数列、不等式、立体几何、解析几何中的证明2017全国卷Ⅱ23,2015全国卷Ⅱ24,2013全国卷Ⅱ24★★☆分析法不等式的证明★☆☆反证法存在性问题的证明★☆☆真题再现■ [2017-2013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.2.[2015·全国卷Ⅱ]设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则+>+;(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.证明:(1)(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(+)2>(+)2,因此+>+.(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得+>+.(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,即a+b+2>c+d+2.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2,因此|a-b|<|c-d|.综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.3.[2013·全国卷Ⅱ]设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤;(2)++≥1.证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c,又a+b+c=1,所以++≥1.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)原因结果已知条件推理待证结论(2)结果产生这一结果的原因待证结论充分条件题设的已知条件已被证明的事实2.原命题原命题结论矛盾原命题对点演练1.,2,3成等比数列[解析] 易知应假设为:,2,3成等比数列.2.分析法[解析] 用分析法证明如下:要证明+<2,需证(+)2<(2)2,即证10+2<20,即证<5,即证21<25,显然成立,故原结论成立.3.5×2n-1-3[解析] 由递推关系可得a n+1=2a n+3,即a n+1+3=2(a n+3),则数列{a n+3}是首项为a1+3=5,公比为2的等比数列,其通项公式为a n+3=5×2n-1,∴ａn=5×2n-1-3.4.≥2且≥2[解析] 假设,都不小于2,即≥2且≥2.5.③[解析] 由a>b>c且a+b+c=0,可得b=-a-c,a>0,c<0,要证<a,只需证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.6.x≠1或y≠1[解析] “且”的否定为“或”,所以反设为x≠1或y≠1.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)利用已知等式推导出=2×,由此能证明是等比数列;(2)由已知条件推导出=2n-1,由此利用错位相减法能求出数列的前n项和T n.解:(1)证明:由a n+1=S n及a n+1=S n+1-S n,得S n+1-S n=S n,整理得nS n+1=2(n+1)S n,∴=2×,又=1,∴是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)得=2n-1,∴Ｓn=n·2n-1.∴Ｔn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,①2T n=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,②由②-①,得T n=-(1+2+22+…+2n-1)+n·2n=-+n·2n=(n-1)·2n+1.变式题证明:(1)∵ａn+1==?=?-=1,∴-=1,又∵==2,∴数列是以2为首项,公差为1的等差数列.(2)∵=+(n-1)×1,∴=n+1?a n=,∴ｂn===<=-,∴Ｓn=b1+b2+…+b n<×-+-+…+-+-=×--<×=.例2[思路点拨] (1)直接利用函数表达式及递推关系求得a2及a3;(2)结合递推关系利用分析法进行证明.解:(1)a2=2,a3=c+10.(2)证明:要证明原不等式成立,只需证明f(a n)-a n≥c,即证f(a n)≥a n+c,即证f(x)≥x+c对任意x∈R都成立,即证2|x+c+4|-|x+c|≥x+c,即证2|x+c+4|≥|x+c|+x+c.若x+c≤0,显然有2|x+c+4|≥|x+c|+x+c=0成立;若x+c>0,则2|x+c+4|≥|x+c|+x+c?x+c+4>x+c,显然成立.综上,f(x)≥x+c恒成立,即对任意的n∈N*,a n+1-a n≥c.变式题证明:因为m>0,所以1+m>0,所以要证≤,只需证m(a2-2ab+b2)≥0,即证(a-b)2≥0,而(a-b)2≥0显然成立,故≤.例3[思路点拨] 假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,然后利用不等式知识推出矛盾.证明:假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则有a2+a+b2+b<4.由a2+b2=+,得a2b2=1,因为a>0,b>0,所以ab=1.因为a2+b2≥2ab=2(当且仅当a=b=1时等号成立),a+b≥2=2(当且仅当a=b=1时等号成立),所以a2+a+b2+b≥ 2ab+2=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a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.变式题证明:假设a,b,c,d都是非负数,因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,即ac+bd+ad+bc=1,又ac+bd+ad+bc≥ac+bd,所以ac+bd≤1,与题设矛盾,故假设不成立,故a,b,c,d中至少有一个是负数.【备选理由】例1是一道用综合法证明解析几何的题;例2是一道用分析法证明向量的题;例3是一道用反证法证明数列的题.1[配合例1使用] [2017·资阳一模]已知圆O:x2+y2=2,直线l:y=kx-2.(1)若直线l与圆O交于不同的两点A,B,且∠AOB=,求k的值;(2)若k=,P是直线l上的动点,过P作圆O的两条切线PC,PD,切点分别为C,D,求证:直线CD过定点,并求出该定点的坐标.解:(1)因为∠AOB=,所以原点O到直线l的距离d=×=1,又因为d==,所以=1?k=±.(2)证明:由题意可知O,P,C,D四点共圆,且在以OP为直径的圆上.设P t,t-2(t∈R),则以OP为直径的圆的方程为x(x-t)+y y-t+2=0,即x2-tx+y2-t-2y=0.又C,D在圆O:x2+y2=2上,所以直线CD的方程为tx+t-2y-2=0,即t x+-2(y+1)=0.因为t∈R,所以?所以直线CD过定点,-1.2[配合例2使用] 已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.证明:∵ａ⊥b,∴a·b=0.要证≤,只需证|a|+|b|≤|a+b|,即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,即证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,即证(|a|-|b|)2≥0,该式显然成立,故原不等式得证.3[配合例3使用] 在递增数列{a n}中,a1=2,不等式(n+1)a n≥na2n对任意n∈N*都成立.(1)求a2的取值范围;(2)证明:数列{a n}不可能为等比数列.解:(1)因为{a n}是递增数列,所以a2>a1,a2>2.令n=1,则2a1≥a2,即a2≤4,所以a2∈(2,4].(2)证明:假设数列{a n}是公比为q的等比数列,a1=2>0,则a n=2q n-1.因为{a n}是递增数列,所以q>1,因为对任意n∈N*,(n+1)a n≥na2n都成立,所以对任意n∈N*,1+≥q n都成立.①因为q>1,所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,q n>2.又因为1+≤2,所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,q n>1+,与①矛盾,故假设不成立.。

课时作业38直接证明与间接证明［授课提示：对应学生用书第234页］一、选择题1・在中，sin>lsinC<cosAcosC,则ABC —定是（）A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定解析：由sinAsinC<cosAcosC 得cosAcosC— sinAsinOO, 即cos（A + C）>0,所以A + C是锐角，从而£>申，故△ABC必是钝角三角形. 答案:C2.分析法又称执果索因法，己知Q0,用分析法证明时，索的因是（）A.宀2B. X2>4C・ x2>0 D. ?>1解析：因为x>0, 所以要vLyj 1 +x< 1 +申，只需证（、河）2<（1+訊兀2 即证0<才，即证“>0, 因为兀>0,所以/>0成立，故原不等式成立.答案:c3・（2018 ±海二模）用反证法证明命题"己知，a,如果ab可被5整除，那么G,方中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为（）A・a,方都能被5整除B・a,方都不能被5整除C. a, b不都能被5整除D. a不能被5整除解析：由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证.“a, b中至少有一个能被5整除”的否定是“a, b都不能被5整除”・故选B.答案：B4.（2018-临沂模拟）命题“如果数列仙｝的前〃项和Sn=2『—3n,那么数列｛给｝一定是等差数列”是否成立（）A.不成立B.成立C.不能断定D.能断定解析:VS??=2n2—3n,一I=2（M— I）2—3（/1—1）（〃22）,a n— S n—S n-\=4/z—5（n = 1 时，d]=S] = — 1 符合上式）.又*/ci n+] —a n —4（/? N1）・・；｛偽｝是等差数列.答案:B5.（201&江西南昌调研，11）设等比数列偸｝的公比为q,其前〃项和为S“, 前”项之积为几，并且满足条件:如>1,。