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高中数学高中数学新课程标准数学选修1—2第二章课后习题解答第二章 推理与证明2．1合情推理与演绎推理 练习（P30）1、由12341a a a a ====，猜想1na=.2、相邻两行数之间的关系是：每一行首尾的数都是1，其他的数都等于上一行中与之相邻的两个数的和.3、设111O PQ R V -和222O P Q R V -分别是四面体111O PQ R -和222O P Q R -的体积，的体积， 则111222111222O PQR O P Q R V OP OQ OR V OP OQ OR --=××. 4、略. 练习（P33）1、略.2、因为通项公式为n a 的数列{}n a ，若1n na p a +=，p 是非零常数，则{}n a 是等比数列；是等比数列； …………………………大前提…………………………大前提又因为0cq ¹，则q 是非零常数，则11n n nna cq q a cq ++==；……………………小前提……………………小前提 所以，通项公式为(0)n n a cq cq =¹的数列{}n a 是等比数列.……………………结论……………………结论 3、由A D B D >，得到ACD BCD Ð>Ð的推理是错误的. 因为这个推理的大前提是因为这个推理的大前提是“在同一“在同一个三角形中，大边对大角”，小前提是“AD BD >”，而AD 与BD 不在同一个三角形中. 4、略.习题2.1A 组（P35） 1、2(1)n -（n 是质数，且5n ³）是24的倍数.2、21n a n =+()n N *Î. 3、2F V E +=+. 4、当6n £时，122(1)n n -<+；当7n =时，122(1)n n -=+；当8n =时，122(1)n n ->+()n N *Î.5、212111(2)n n A A A n p++³-（2n >，且n N *Î）. 6、121217n n b b b b b b -=（17n <，且n N *Î）.7、如图，作DE ∥AB 交BC 于E . 因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形，因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形，因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形， 又因为AD ∥BE ，AB ∥DE . 所以四边形所以四边形ABED 是平行四边形是平行四边形.. 因为平行四边形的对边相等因为平行四边形的对边相等因为平行四边形的对边相等. . DEBAC（第7题）又因为四边形ABED 是平行四边形是平行四边形. .所以所以AB DE =.因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等，因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等，因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等， 又因为AB DE =，AB DC =, 所以DE DC = 因为等腰三角形的两底角是相等的. 又因为△DEC 是等腰三角形是等腰三角形, , 所以DEC C Ð=Ð 因为平行线的同位角相等因为平行线的同位角相等 又因为DEC Ð与B Ð是平行线AB 和DE 的同位角的同位角, , 所以DEC B Ð=Ð 因为等于同角的两个角是相等的，因为等于同角的两个角是相等的， 又因为DEC C Ð=Ð，DEC B Ð=Ð, 所以B C Ð=Ð习题2.1B 组（P35） 1、由123S =-，234S =-，345S =-，456S =-，567S =-，猜想12n n S n +=-+.2、略.3、略. 2．2直接证明与间接证明 练习（P42）1、因为442222cos sin (cos sin )(cos sin )cos 2q q q q q q q -=+-=，所以，命题得证. 2、要证67225+>+，只需证22(67)(225)+>+， 即证1324213410+>+，即证42210>，只需要22(42)(210)>，即证4240>，这是显然成立的. 所以，原命题得证.3、因为、因为222222222()()()(2sin )(2tan )16sin tan a b a b a b a a a a -=-+==， 又因为又因为 sin (1cos )sin (1cos )1616(tan sin )(tan sin )16cos cos ab a a a a a a a a a a +-=+-=×22222222sin (1cos )sinsin161616sin tan cos cos aa aa a a aa-===，从而222()16a b ab -=，所以，命题成立.说明：进一步熟悉运用综合法、分析法证明数学命题的思考过程与特点.练习（P43）1、假设B Ð不是锐角，则90B г°. 因此9090180C B Ð+г°+°=°. 这与三角形的内角和等于180°矛盾. 所以，假设不成立. 从而，B Ð一定是锐角.2、假设2，3，5成等差数列，则2325=+.所以22(23)(25)=+，化简得5210=，从而225(210)=，即2540=， 这是不可能的. 所以，假设不成立. 从而，2，3，5不可能成等差数列. 说明：进一步熟悉运用反证法证明数学命题的思考过程与特点.习题2.2A 组（P44） 1、因为、因为(1tan )(1tan )2A B ++=展开得展开得1tan tan tan tan 2A B A B +++=，即tan tan 1tan tan A B A B +=-. ① 假设1tan tan 0A B -=，则cos cos sin sin 0cos cos A B A B A B -=，即cos()0cos cos A B A B += 所以cos()0A B +=.因为A ，B 都是锐角，所以0A B p <+<，从而2A B p+=，与已知矛盾.因此1tan tan 0A B -¹.①式变形得①式变形得 tan tan 11tan tan A BA B +=-，即tan()1A B +=. 又因为0A B p <+<，所以4A B p+=.说明：本题也可以把综合法和分析法综合使用完成证明. 2、因为PD ^平面ABC ，所以PD AB ^. 因为AC BC =，所以ABC D 是等腰三角形. 因此ABC D 底边上的中线CD 也是底边上的高，也是底边上的高， 因而CD AB ^ 所以AB ^平面PDC . 因此AB PC ^.3、因为,,a b c 的倒数成等差数列，所以211b ac =+.假设2B p<不成立，即2B p³，则B 是ABC D 的最大内角，的最大内角，所以,b a b c >>（在三角形中，大角对大边），从而从而 11112a c b b b +>+=. 这与211b a c =+矛盾.所以，假设不成立，因此，2B p<.习题2.2B 组（P44） 1、因为、因为 1tan 12tan aa-=+，所以12tan 0a +=，从而2sin cos 0a a +=.另一方面，要证另一方面，要证3sin 24cos2a a =-， 只要证226sin cos 4(cos sin )a a a a =-- 即证即证 222sin 3sin cos 2cos 0a a a a --=，即证即证 (2s i n c o s )(s i n 2c o s a a a a+-= 由2sin cos 0a a +=可得，(2sin cos )(sin 2cos )0a a a a +-=，于是命题得证.说明：本题可以单独使用综合法或分析法进行证明，但把综合法和分析法结合使用进行证明的思路更清晰.2、由已知条件得、由已知条件得2b ac = ① 2x a b =+，2y b c =+ ②要证2a cx y +=，只要证2ay cx xy +=，只要证224ay cx xy +=由①②，得由①②，得22()()2ay cx a b c c a b ab ac bc +=+++=++， 24()()2x y a b b c a b b a c b c a b a c b c=++=+++=++， 所以，224ay cx xy +=，于是命题得证.第二章 复习参考题A 组（P46）1、图略，共有(1)1n n -+（n N *Î）个圆圈.2、333n 个（n N *Î）.3、因为2(2)(1)4f f ==，所以(1)2f =，(3)(2)(1)8f f f ==，(4)(3)(1)16f f f ==………… 猜想()2n f n =.4、如图，设O 是四面体A BCD -内任意一点，连结AO ，BO ，CO ，DO 并延长交对面于A ¢，B ¢，C ¢，D ¢，则，则1O A O B O C O D A A B B C C D D ¢¢¢¢+++=¢¢¢¢ 用“体积法”证明：用“体积法”证明： O A O B O C O DA AB BC CD D¢¢¢¢+++¢¢¢¢ O B C D O C D AO D A B OA B C A B C D BC D A CD AB D A B CV VV V V VVV --------=+++1A B C D A B C DVV --==5、要证、要证(1tan )(1tan )2A B ++= 只需证只需证 1tan tan tan tan 2A B A B +++=即证即证t a n t a n 1t a n t a A B A B +=- 由54A B p +=，得tan()1A B +=. ①又因为2A B k p p +¹+，所以tan tan 11tan tan A BA B+=-，变形即得①式.所以，命题得证. 第二章 复习参考题B 组（P47）1、（1）25条线段，16部分；部分； （2）2n 条线段；条线段；（3）222n n ++部分. 2、因为90BSC Ð=°，所以BSC D 是直角三角形.A BCDA'B'D'C'（第4题）在Rt BSC D 中，有222BC SB SC =+.类似地，得类似地，得 222AC SA SC =+，222AB SB SA =+ 在ABC D 中，根据余弦定理得中，根据余弦定理得2222cos 02AB AC BC SA A AB AC AB AC+-==>××2222cos 02AB BC AC SB B AB BCAB BC+-==>×× 2222cos 02BC AC AB SC C BC ACBC AC +-==>×× 因此，,,A B C 均为锐角，从而ABC D 是锐角三角形. 3、要证、要证cos 44cos 43b a -= 因为因为 cos 44cos 4cos(22)4cos(22)b a b a -=´-´ 2212sin 24(12sin 2)b a =--´-222218s i n c o s 4(18s i n c o s )b b a a =--´-222218s i n (1s i n )4[18s i n (1s i n )]bb a a=---´-- 只需证只需证 222218sin (1sin )4[18sin (1sin )]3b b a a ---´--= 由已知条件，得由已知条件，得 sincos sin2q q a +=，2sin sin cos b q q =，代入上式的左端，得代入上式的左端，得 222218sin (1sin )4[18sin (1sin )]b b a a ---´-- 2238sin cos (1sin cos )32sin (1sin )q q q q a a =---+-2238sin cos 8sin cos 2(12sin cos )(32sin cos )q q q q q q q q =--+++-222238s i n c o s 8s i nc o s 68s i n c o s 8s i nc o sq q q q q q q q =--++-+ 3= 因此，cos 44cos 43b a -=。
2.2.2 反证法课时过关·能力提升基础巩固1下列命题不适合用反证法证明的是( )A.同一平面内,分别与两条相交直线垂直的两条直线必相交B.两个不相等的角不是对顶角C.平行四边形的对角线互相平分D.已知x,y∈R,且x+y>2,求证:x,y中至少有一个大于12当用反证法证明命题“设a,b为实数,则关于x的方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是( )A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根至少有一个”的否定为“没有”.3设实数a,b,c满足a+b+c=1,则a,b,c中至少有一个数不小于( )A.0B .13C.12D.14已知数列{a n},{b n}的通项公式分别为a n=an+2,b n=bn+1(a,b是常数),且a>b,则两个数列中序号与数值均相同的项有( )A.0个B.1个C.2个D.无穷多个,即存在n,使得a n=b n,则an+2=bn+1,即an+1=bn,则bn>an,即b>a,这与已知a>b矛盾.故不存在n,使得a n=b n,应选A.5有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛,其中只有一位获奖,有人走访了四位歌手,甲说:“是乙或丙获奖”,乙说:“甲、丙都未获奖”,丙说:“我获奖了”,丁说:“是乙获奖”.四位歌手的话只有两名是对的,则获奖的歌手是( )A.甲B.乙C.丙D.丁6当用反证法证明:“自然数a ,b ,c 中恰有一个偶数”时,正确的反设为( )A .a ,b ,c 都是偶数B .a ,b ,c 都是奇数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a ,b ,c 的奇偶性共有四种情形:3个都是奇数,1个偶数2个奇数,2个偶数1个奇数,3个都是偶数,所以否定“自然数a ,b ,c 中恰有一个偶数”时正确的反设为“a ,b ,c 中都是奇数或至少有两个偶数”.7已知平面α∩平面β=直线a ,直线b ⊂α,直线c ⊂β,b ∩a=A ,c ∥a ,求证:b 与c 是异面直线.若利用反证法证明,则应假设 .空间中两直线的位置关系有3种:异面、平行、相交,∴应假设b 与c 平行或相交.与c 平行或相交8用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤:①A+B+C=90°+90°+C>180°,这与三角形的内角和为180°矛盾,故假设错误;②所以一个三角形不能有两个直角;③假设△ABC 中有两个直角,不妨设A=B=90°.上述步骤的正确顺序为 .:否定结论、导出矛盾、得出结论,知正确的顺序应为③①②.9在△ABC 中,若AB=AC ,P 是△ABC 内的一点,∠APB>∠APC ,求证:∠BAP<∠CAP.用反证法证明时应分:假设 和 两类.,∠BAP<∠CAP 的对立面是∠BAP=∠CAP 或∠BAP>∠CAP.BAP=∠CAP ∠BAP>∠CAP10已知x ,y>0,且x+y>2.求证:1+x y ,1+y x 中至少有一个小于2.,不要忽略x>0,y>0.2,≥2≥2.设1+x y ,1+y x 都不小于即1+x y ,1+y x ∵x>0,y>0,∴1+x ≥2y ,1+y ≥2x.∴2+x+y ≥2(x+y ),即x+y ≤2,这与已知x+y>2矛盾.2.∴1+x y ,1+y x 中至少有一个小于能力提升1已知a ,b 是异面直线,如果直线c 平行于直线a ,那么c 与b 的位置关系为( )A .一定是异面直线B .一定是相交直线C .不可能是平行直线D .不可能是相交直线c ∥b ,而由c ∥a ,可得a ∥b ,这与a ,b 异面矛盾,故c 与b 不可能是平行直线,应选C .2设x ,y ,z 都是正实数,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2a ,b ,c 都小于2,则a+b+c<6.①而a+b+c=x ≥6,当且仅当x=y=z=1时,等号成立.②+1x +y +1y +z +1z 显然①与②矛盾,所以选项C 正确.3设a ,b ,c 是正数,P=a+b-c ,Q=b+c-a ,R=c+a-b ,则“PQR>0”是“P ,Q ,R 同时大于零”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.充分性:若PQR>0,则P ,Q ,R 同时大于零或其中有两个负数一个正数,不妨假设P<0,Q<0,R>0.∵P<0,Q<0,∴a+b<c ,b+c<a ,∴a+b+b+c<c+a ,∴b<0,这与a ,b ,c 是正数矛盾.故P ,Q ,R 同时大于零.4对于定义在实数集R 上的函数f (x ),如果存在实数x 0,使f (x 0)=x 0,那么x 0叫做函数f (x )的一个“好点”.已知函数f (x )=x 2+2ax+1不存在“好点”,则a 的取值范围是 . f (x )=x 2+2ax+1存在“好点”,亦即方程f (x )=x 有实数根,所以x 2+(2a-1)x+1=0有实数根,则Δ=(2a-1)2-4=4a 2-4a-3≥0,解得a ≤a ≥‒12或32,故当f (x )不存在“好点”时,a 的取值范围是‒12<a <32.(-12,32)5用反证法证明“若x 2-(a+b )x+ab ≠0,则x ≠a ,且x ≠b ”时应假设结论为 .,一定要全面否定,“x ≠a ,且x ≠b ”的否定为“x=a 或x=b ”.或x=b6完成反证法证题的全过程:已知{a 1,a 2,a 3,a 4,a 5,a 6,a 7}={1,2,3,4,5,6,7}.求证:乘积p=(a 1-1)·(a 2-2)·…·(a 7-7)为偶数.证明:假设p 为奇数,则 均为奇数.因为奇数个奇数之和为奇数,故有 为奇数.而 =0.从而有0为奇数,与0为偶数矛盾,这一矛盾说明p 为偶数.1-1,a 2-2,…,a 7-7(a 1-1)+(a 2-2)+…+(a 7-7)(a 1-1)+(a 2-2)+…+(a 7-7)★7已知a ,b ,c ∈(0,1),求证:(1-a )b ,(1-b )c ,(1-c )a 不可能都大于14.(1-a )b ,(1-b )c ,(1-c )a 都大于14,即(1-a )b >14,(1‒b )c >14,(1‒c )a >14,三式相乘,得(1-a )a (1-b )b (1-c )c >164.又(1-a )a ≤(1-a +a 2)2=14.同理(1-b )b ≤14,(1‒c )c ≤14.以上三式相乘得(1-a )a (1-b )b (1-c )c ≤164,这与(1-a )a (1-b )b (1-c )c ,>164矛盾故假设不成立,即结论得证.★8设{a n },{b n }是公比不相等的两个等比数列,c n =a n +b n ,证明数列{c n }不是等比数列.{c n }是等比数列,利用{a n },{b n }是公比不相等的等比数列的条件推出矛盾,即知假设不成立.{c n }是等比数列,则(a n +b n )2=(a n-1+b n-1)(a n+1+b n+1).①∵{a n },{b n }是公比不相等的两个等比数列,设公比分别为p ,q ,∴a 2n =an ‒1an +1,b 2n =bn ‒1bn +1.代入①并整理,得2a n b n =a n+1b n-1+a n-1b n+1=a n b n (pq +qp ),即2=p q +qp .②当p ,q 异号②相矛盾;时,p q +qp <0,与当p ,q 同号时,∵p ≠q ,②相矛盾.∴p q +qp >2,与故数列{c n }不是等比数列.。
第2课时 分析法课时过关·能力提升基础巩固1命题“对于任意角θ,cos 4θ-sin 4θ=cos 2θ”的证明:“cos 4θ-sin 4θ=(cos 2θ-sin 2θ)(cos 2θ+sin 2θ)=cos 2θ-sin 2θ=cos 2θ”,其过程应用了( )A.分析法B.综合法C.综合法、分析法综合使用D.间接证法,是从已知条件入手,经过推导得出结论,符合综合法的证明思路.2欲证2‒3<6‒7成立,只需证( )A.(2‒3)2<(6‒7)2B .(2‒6)2<(3‒7)2C.(2+7)2<(3+6)2D .(2‒3‒6)2<(‒7)2,欲C .证2‒3<6‒7,只需证2+7<3+6,即证(2+7)2<(3+6)2.故选3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( )A .a 2<b 2+c 2B .a 2=b 2+c 2C .a 2>b 2+c 2D .a 2≤b 2+c 24已知a ,b 是不相等的正数,x=a +b 2,y =a +b ,则x 与y 的大小关系为( )A .x>y B .x<y C .x=yD .不确定a ,b>0,所以x>0,y>0.要比较x 与y 的大小,只需比较x 2与y 2的大小,即比a+b 的大小.较a +b +2ab 2与因为a ,b 为不相等的正数,所以2ab <a +b ,所x 2<y 2,所以x<y.以a +b +2ab 2<a +b ,即5分析法又叫执果索因法,若使用分析法证明:设a>b>c ,且a+b+c=0,求证:b 2-ac <3a ,则证明的依据应是( )A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b )(a-c )>0D.(a-b )(a-c )<0⇔b 2-ac<3a 2⇔(a+c )2-ac<3a 2⇔(a-c )(2a+c )>0⇔(a-c )(a-b )>0.故选C .3a 6将下面用分析法证≥ab 的步骤补充完整:要证≥ab ,只需证明a 2+b 2≥2ab ,也就明a 2+b 22明a 2+b 22是证明 ,即证明 ,由于 显然成立,因此原不等式成立.2+b 2-2ab ≥0 (a-b )2≥0 (a-b )2≥07若a a >b b ,则实数a ,b 应满足的条件是 .,只需(使a a >b b 成立a a )2>(b b )2,只需a 3>b 3≥0,即a ,b 应满足a>b ≥0.≥08在△ABC 中,∠C=60°,a ,b ,c 分别为∠A ,∠B ,∠C 的对边,则a b +c +b c +a = .∠C=60°,所以a 2+b 2=c 2+ab.所以(a 2+ac )+(b 2+bc )=c 2+ab+ac+bc=(a+c )(b+c ),所以a b +c +b c +a =(a 2+ac )+(b 2+bc )(b +c )(c +a )=1.9设a ,b ∈(0,+∞),且a ≠b ,求证:a 3+b 3>a 2b+ab 2.,且不易发现与已知条件间的联系,直接应用综合法证明的思路不明显,故先采用分析法证明.(分析法):要证a 3+b 3>a 2b+ab 2成立,即需证(a+b )(a 2-ab+b 2)>ab (a+b )成立.又因a+b>0,故只需证a 2-ab+b 2>ab 成立,即需证a 2-2ab+b 2>0成立,即需证(a-b )2>0成立.而依题设a ≠b ,则(a-b )2>0显然成立.由此命题得证.方法二(综合法):a ≠b ⇔a-b ≠0⇔(a-b )2>0⇔a 2-2ab+b 2>0⇔a 2-ab+b 2>ab.∵a ,b ∈(0,+∞),∴a+b>0,∴(a+b )(a 2-ab+b 2)>ab (a+b ).∴a 3+b 3>a 2b+ab 2.10已知a ,b ,c 是不全相等的正数,且0<x<1.求证:logx a +b 2+log x b +c 2+log x a +c 2<log xa +log xb +log xc .log x a +b 2+log x b +c 2+log x a +c 2<log xa +log xb +log xc ,只需要证明log x [(a +b )2·(b +c )2·(a +c )2]<log x (abc ).由已知0<x<1,只需证明a +b 2·b +c 2·a +c 2>abc .由公式知a +b 2≥ab >0,b +c 2≥bc >0,a +c 2≥ac >0.因为a ,b ,c 不全相等,上面三式相乘,可得a +b 2·b +c 2·a +c 2>a 2b 2c 2=abc ,.即a +b 2·b +c 2·a +c 2>abc 成立所以log .x a +b 2+log x b +c 2+log x a +c 2<log xa +log xb +log xc 成立能力提升1如果正数a ,b ,c ,d 满足a+b=cd=4,那么( )A.ab ≤c+d ,且等号成立时,a ,b ,c ,d 的取值唯一B.ab ≥c+d ,且等号成立时,a ,b ,c ,d 的取值唯一C.ab ≤c+d ,且等号成立时,a ,b ,c ,d 的取值不唯一D.ab ≥c+d ,且等号成立时,a ,b ,c ,d 的取值不唯一a+b=cd=4,由基本不等式,得a+b ≥2ab ,故ab ≤4.又cd ≤(c +d )24,所以c+d ≥4,所以ab ≤c+d ,当且仅当a=b=c=d=2时,等号成立.故选A .2要证3a ‒3b <3a -b 成立,a ,b 应满足的条件是( )A.ab<0,且a>bB.ab>0,且a>bC.ab<0,且a<bD.ab>0,且a>b 或ab<0,且a<b证3a ‒3b <3a -b ,只需证(3a ‒3b )3<(3a -b )3,即证a-b-33a 2b +33ab 2<a ‒b ,即证3ab 2<3a 2b ,只需证ab 2<a 2b ,即证ab (b-a )<0.只需ab>0,且b-a<0或ab<0,且b-a>0.故选D .3设a ,b ,c ,d 均为正实数,若a+d=b+c ,且|a-d|<|b-c|,则有( )A .ad=bcB .ad<bcC .ad>bcD .ad ≤bca+d=b+c ,∴(a+d )2=(b+c )2,∴a 2+d 2-b 2-c 2=2bc-2ad.∵|a-d|<|b-c|,∴(a-d )2<(b-c )2,∴a 2+d 2-b 2-c 2<2ad-2bc.∴2bc-2ad<2ad-2bc ,∴ad>bc.4“a=1”是“对任意正数x ,2x ≥1”的( )+ax 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a=1时,2x ,当且仅当2x x ,等号成立.+a x =2x +1x ≥22x ·1x =22>1成立=1x ,即=22时若对任意正数x ,2x ≥1,≥0恒成立,则有2x 2-x+a ≥0在x>0时恒成立,得a ≥+a x 即2x 2-x +a x 18.当a ≥,命题成立,不一定有a=1.18时故“a=1”是“对任意正数x ,2x≥1”的充分不必要条件.+ax5如图所示,在直四棱柱A 1B 1C 1D 1-ABCD 中,当底面四边形ABCD 满足条件 时,有A 1C ⊥B 1D 1(注:填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑所有可能的情形).,要证A 1C ⊥B 1D 1,只需证B 1D 1垂直于A 1C 所在的平面A 1CC 1.因为该四棱柱为直四棱柱,所以B 1D 1⊥CC 1.故只需证B 1D 1⊥A 1C 1即可,而BD ∥B 1D 1,AC ∥A 1C 1,故只需AC ⊥BD.,如AC ⊥BD★6若a>b>c ,n ∈N *,且1a -b +1b -c ≥na -c 恒成立,则n 的最大值为 .a>b>c ,得a-b>0,b-c>0,a-c>0,要使, 1a -b+1b -c ≥n a -c 恒成立只≥n 恒成立.需a -c a -b +a -c b -c 只≥n恒成立.需(a -b )+(b -c )a -b +(a -b )+(b -c )b -c 显然2≥4(当且仅当b-c=a-b 时等号成立).+b -ca -b +a -bb -c 所以只需n ≤4成立,即n 能取的最大值为4.7已知△ABC 的三边a ,b ,c 的倒数成等差数列,试分别用分析法和综合法证明∠B 为锐角.△ABC 中,要证∠B 为锐角,只要证cos B>0,结合余弦定理可解决问题.分析法)要证明∠B 为锐角,只需证cos B>0.∵cos B=a 2+c 2-b 22ac ,∴只需证明a 2+c 2-b 2>0,即a 2+c 2>b 2.又a 2+c 2≥2ac ,∴只需证明2ac>b 2.由已2ac=b (a+c ),知2b =1a +1c ,即∴只需证明b (a+c )>b 2,即只需证明a+c>b.而a+c>b 成立,∴∠B 为锐角.综合法)由题意,b 得2b =1a +1c =a +c ac ,则=2ac a +c ,∴b (a +c )=2ac .∵a+c>b ,∴2ac=b (a+c )>b 2.∴cos B=a 2+c 2-b 22ac ≥2ac -b 22ac >0.又0<∠B<π,∴0<∠B ∠B 为锐角.<π2,即★8已知α,β≠k π∈Z ),且sin θ+cos θ=2sin α,sin θcos θ=sin 2β.求证+π2(k :1-tan 2α1+tan 2α=1-tan 2β2(1+tan 2β).,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,所以(sin θ+cos θ)2=1+2sin θcos θ=4sin 2α.所以1+2sin 2β=4sin 2α,即4sin 2α-2sin 2β=1.故原等式成立.。
,-当且仅当(x-2)2=1,即x=3时,等号成立.故选D.2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法和分析法第1课时综合法课时过关·能力提升基础巩固1如果公差不为零的等差数列中的第二、第三、第六项构成等比数列那么这个等比数列的公比等于()A.1B.2C.3D.4解析设等差数列的首项为a1,公差为d,等比数列的公比为q,则a2=a1+d,a3=a1+2d,a6=a1+5d.因为a2,a3,a6构成等比数列,所以·a6,所以a1=所以q故选C.答案C2对“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.其中正确判断的个数为()A.0答案C3已知x≥则A.最大值最小值C.最大值1B.1 C.2 D.3-有-D.最小值1解析f(x)---答案D4△在ABC中,tan A·tan B>1,△则ABC是()--A.锐角三角形C.钝角三角形B.直角三角形D.不确定解析∵tan A ·tan B>1,∴角 A ,角 B 只能都是锐角.∴tan A>0,tan B>0,1-tan A ·tan B<0.∴tan(A+B )-∴A+B 是钝角.∴角 C 为锐角.故选 A .答案 A5 设 a ,b ∈R ,且 a ≠b ,a+b=2,则必有()A.1≤ab ≤C.ab答案 B6 △在 ABC 中,已知 cos A cos B>sin A sin B ,△则 ABC 的形状一定是 .解析因为 cos A cos B>sin A sin B ,所以 cos A cos B-sin A sin B=cos(A+B )>0.故 cos C<0,角 C 为钝角,△即 ABC 为钝角三角形.答案钝角三角形7 若 lg x+lg y=2lg(x-2y ),则 l-解析由题设条件知-即 x 2-5xy+4y 2=0,解得或因为 x>2y ,所以即l答案 48 函数 y=f (x )的图象关于直线 x=1 对称,若当 x ≤1 时,f (x )=(x+1)2-1,则当 x>1 时,f (x )的解析式为 .解析设点(x 0,y 0)(x 0≤1)在函数 f (x )=(x+1)2-1 的图象上,又设点(x 0,y 0)关于 x=1 的对称点为(x',y').由对称可知则将点(2-x',y')的坐标代入f(x)=(x+1)2-1,得y'=(2-x'+1)2-1,即y'=(x'-3)2-1,所以当x>1时,f(x)的解析式为f(x)=(x-3)2-1.答案f(x)=(x-3)2-19设a>0,b>0,c>0,且a+b+c=1,求的最小值解=1≥3+2+2+2=9,当且仅当a=b=c时,等号成立.故所求最小值为9.10设a,b,c为不全相等的正数,且abc=1,求证分析解答本题可先把abc=1代入,再利用基本不等式进行推证.证明∵a,b,c为不全相等的正数,且abc=1,又bc+ca≥ca+ab≥ab+bc≥且a,b,c不全相等,∴上述三个不等式中的“=”不能同时成立.∴2(bc+ca+ab)>2即bc+ca+ab故11在锐角三角形ABC中,已知3b=且求证△ABC是等边三角形.证明∵3b=B,∴由正弦定理,得3sin B=A sin B.∵B∈(0,π),∴sin B≠0,∴sin A∵ABC是锐角三角形,∴A△∵cos B=cos C,∴B=C.∴A=B=C△ABC是等边三角形.能力提升1设函数f(x)是定义在R上的以3为周期的奇函数,若f(1)>1,f(2)A.a且≠-1C.a或解析∵f(x)的周期为3,∴f(2)=f(-1).又f(x)是R上的奇函数,∴f(-1)=-f(1).则f(2)=f(-1)=-f(1).-则的取值范围是再由f(1)>1,可得f(2)<-1,即-解得-1<a答案D2《算数书》竹简是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的近似取为A解析由题意可知L=2πr,即r圆锥体积V故应选B.答案B3若O是平面上一定点,A,B,C是平面上不共线的三个点,动点P满足∈[0,+∞),则动点P的轨迹一定通过△ABC的()A.外心C.重心解析B.内心D.垂心∴AP △平分 ABC 中的∠BAC.∴动点 P 的轨迹一定通过△ABC 的内心.答案 B4 已知函数 f (x )=2x ,a ,b 为正实数,A=则的大小关系是解析为正实数)且f (x )=2x 在 R 上是增函数,∴≤f即C ≤B ≤A.答案 C ≤B ≤A5 已知 sin α+sin β+sin γ=0,cos α+cos β+cos γ=0,则 cos(α-β)的值为.解析∵sin α+sin β+sin γ=0,cos α+cos β+cos γ=0,以上两式两边平方相加,得 2+2(sin αsin β+cos αcos β)=1,∴cos(α-β)=答案★6 正方体 ABCD-A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1,在正方体的表面上与点 A 距离为的点形成一条曲线 这条曲线的长度为解析这条曲线在平面 ADD 1A 1 上的一段是以 A 为圆心为半径 为圆心角的一段圆弧,在平面A 1B 1C 1D 1 上的一段是以 A 1 为圆心为半径 为圆心角的一段圆弧,由正方体的对称性知,这条曲线的长度为答案7 数列{a n }满足 a 1=1,na n+1=(n+1)a n +n (n+1),n ∈N *.(1)证明:数列是等差数列(2)设 b n =3n ·求数列的前 项和(2)解由(1)得·1=n,所以a=n2.·3n+1(1)证明由已知可得即所以数列是以为首项,1为公差的等差数列.n从而b n=n·3n.Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,3S n=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.①-②,得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1----①②所以S n-★8如图所示,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,经过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线的准线上,且BC∥x轴,证明:直线AC经过原点O.分析本题考查解析几何中的证明问题,解决本题应先画出图形,将文字语言转化为图形语言,借助图形的直观性,帮助分析证题思路.证明∵抛物线的方程为y2=2px(p>0),∴焦点为∴设过点F的直线AB的方程为x=my由得y2-2pmy-p2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个根,∴y1y2=-p2.∵BC∥x轴,且点C在准线x=上,∴点C的坐标为-∴直线CO的斜率k-即k也是直线OA的斜率,∴点A,O,C在同一条直线上,∴直线AC经过原点O.。
选修1-2第二章《推理与证明》单元测试题一． 选择题：1.下列推理是合情推理的是（ ） ①由圆的性质类比出球的性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180，由此推出三角形的内角和是180； ③,,c b b a ≥≥则c a ≥；④三角形内角和是180，四边形的内角和是360，五边形的内角和是540，由此得凸n 边形的内角和是 180)2(⨯-nA.①②B.①③④C.①②④D.②④ 2.有一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”，结论显然是错误的，是因为（ ）A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误 3.数列⋅⋅⋅,10,6,3,1的一个通项公式是 （ ）A.12+-=n n a nB.2)1(-=n n a n C.2)1(+=n n a n D.12+n4.若c b a ,,满足a b c <<，且0<ac ，那么下列选项中不一定成立的是 （ ） A.ac ab >B.0)(>-a b cC.22ca cb <D.0)(<-c a ac5.已知+∈R a ，不等式21≥+x x ，342≥+x x ，,⋅⋅⋅可推广为1+≥+n xax n ，则a 的值为 （ ） A.n2B.2nC.)1(22-nD.nn6．设c b a ,,为整数，则ac c b b a 1,1,1+++这三个数 （ ） A.都不大于2 B.至少有一个不大于2 C.都不小于2 D.至少有一个不小于2 7.要证,012222≤--+b a b a 只要证明 （ ）A.01222<--b a ab B.0214422≤+--+b a b a C.012)(222≤--+b a b a D.0)1)(1(22≥--b a 8.用反证法证明命题“若整数系数一元二次方程)0(02≠=++a c bx ax 有有理数根，那么c b a ,,中至少有一个是偶数时”下列条件假设中正确的是 （ ）A.假设c b a ,,都是偶数B.假设c b a ,,都不是偶数C.假设c b a ,,中至多有一个偶数D.假设c b a ,,中至多有两个偶数9.平面上有条直线，期中任意的两条不平行，任意三条不共点。
2.1.2 演绎推理课时过关·能力提升基础巩固1下面几种推理过程是演绎推理的是( )A .两条直线平行,同旁内角互补,若∠A 与∠B 是两条平行直线的同旁内角,则∠A+∠B=180°B .某校高三(1)班有55人,(2)班有54人,(3)班有52人,由此得高三所有班人数均超过50人C .由平面三角形的性质,推测空间四面体的性质D .在数列{a n }中,a 1=1,a n ≥2),由此归纳出数列{a n }的通项公式=12(a n -1+1a n -1)(n是归纳推理,C 是类比推理,A 是演绎推理.2演绎推理中的“一般性命题”包括( )①已有的事实;②定义、定理、公理等;③个人积累的经验.A .①②B .①③C .②③D .①②③3指数函数y=a x (a>1)是R 上的增函数,y=2|x|是指数函数,所以y=2|x|是R 上的增函数,以上推理( )A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.正确,但是函数y=2|x|不是指数函数,所以小前提错误.故选B .4在空间中,设α,β,γ为两两不重合的平面,l ,m ,n 为两两不重合的直线,给出下列四个命题:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;②若m ⊂α,n ⊂α,m ∥β,n ∥β,则α∥β;③若α∥β,l ⊂α,则l ∥β;④若α∩β=l ,β∩γ=m ,α∩γ=n ,l ∥γ,则m ∥n.其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.45在推理“因为y=sin x 在区间[0,π2]上是增函数,所以sin3π7>sin 2π5”中,大前提是 ;小前提是 ;结论是 .“y=sin x 在区,间[0,π2]上是增函数”小前提是,“3π7,2π5∈[0,π2],且3π7>2π5”结论为“si .n3π7>sin 2π5”sin x 在区间[0,π2]上是增函数 3π7,2π5∈[0,π2],且3π7>2π5 sin 3π7>sin 2π56求函数y ≥0,小前提=log 2x -2的定义域时,第一步推理中大前提是a 有意义,即a 是log 2x -2有意义,结论是 .,结论是log 2x-2≥0.2x-2≥07推理过程“大前提: ,小前提:四边形ABCD 是矩形,结论:四边形ABCD 的对角线相等.”应补充的大前提是 .“三段论”的一般模式,可知应补充的大前提是矩形的对角线相等.8已知sin α=m -3m +5,cos α=4-2m m +5,其中α为第二象限角,则m 的值为 .sin 2α+cos 2αm (m-8)=0,故m=0或m=8.=(m -3)2(m +5)2+(4-2m )2(m +5)2=5m 2-22m +25(m +5)2=1,得∵α为第二象限角,∴sin α>0,cos α<0.∴m=8(m=0舍去).9试将下列演绎推理写成三段论的形式:(1)所有导体通电时发热,铁是导体,所以铁通电时发热;(2)向量是既有大小又有方向的量,故零向量也有大小和方向.大前提:所有导体通电时发热;小前提:铁是导体;结论:铁通电时发热.(2)大前提:向量是既有大小又有方向的量;小前提:零向量是向量;结论:零向量也有大小和方向.10在数列{a n }中,a 1=2,a n+1=4a n -3n+1,n ∈N *.(1)证明数列{a n -n }是等比数列;(2)求数列{a n }的前n 项和S n ;(3)证明不等式S n+1≤4S n ,对任意n ∈N *皆成立.a n+1=4a n -3n+1,所以a n+1-(n+1)=4(a n -n ),n ∈N *.∵a 1-1=1,所以数列{a n -n }是首项为1,且公比为4的等比数列.(1)可知a n -n=4n-1,于是数列{a n }的通项公式为a n =4n-1+n.所以数列{a n }的前n 项和S n=4n -13+n (n+1)2.n ∈N *,S n+1-4S n=4n +1-13+(n +1)(n +2)2‒4[4n -13+n (n +1)2]=≤0.‒12(3n 2+n ‒4)所以不等式S n+1≤4S n ,对任意n ∈N *皆成立.能力提升1“所有9的倍数都是3的倍数,某奇数是9的倍数,故该奇数是3的倍数.”上述推理( )A.小前提错误B.结论错误C.正确 D.大前提错误9是3的3倍,所以某奇数是9的倍数,它一定是3的倍数.故选C .2已知a>0,且函数f (x )R 上的偶函数,则a 的值等于( )=2xa +a2x 是A .2B .12C .±1D .1f (x )是偶函数,所以f (-x )=f (x )对x ∈R 恒成立,·2x 即2-xa +a 2-x =2xa +a 2x ,所以1a ·2x +a =2xa +a 2x ,整理,a 得(a -1a )(2x ‒2‒x )=0,必有‒1a =0.又因为a>0,所以a=1.故选D .★3已知f (x )是定义在(0,+∞)内的非负可导函数,且满足xf'(x )+f (x )<0.对任意正数a ,b ,若a<b ,则必有( )A.bf (a )<af (b )B.af (b )<bf (a )C.af (a )<f (b )D.bf (b )<f (a )F (x )=xf (x ),则F'(x )=xf'(x )+f (x ).由题设条件知F (x )=xf (x )在(0,+∞)内单调递减.若a<b ,则F (a )>F (b ),即af (a )>bf (b ).又f (x )是定义在(0,+∞)内的非负可导函数,所以bf (a )>af (a )>bf (b )>af (b ).故选B .4补充下列三段论:(1)因为互为相反数的两个数的和为0,a 与b 互为相反数,且 ,所以b=8.(2)因为 ,e =2.718 28…是无限不循环小数,所以e 是无理数.a=-8 (2)无限不循环小数是无理数★5设f (x )=(x-a )(x-b )(x-c )(a ,b ,c 是两两不相等的常数),则a f '(a )+b f '(b )+cf '(c )的值是 .f'(x )=(x-b )(x-c )+(x-a )(x-c )+(x-a )(x-b ),∴f'(a )=(a-b )(a-c ),f'(b )=(b-a )(b-c ),f'(c )=(c-a )(c-b ),∴a f '(a )+b f '(b )+c f '(c )=a (a -b )(a -c )+b (b -a )(b -c )+c (c -a )(c -b )=a (b -c )-b (a -c )+c (a -b )(a -b )(a -c )(b -c )=0.6用三段论的形式写出下列演绎推理:(1)正整数是自然数,3是正整数,所以3是自然数;(2)菱形的对角线互相垂直,正方形是菱形,所以正方形的对角线互相垂直;(3)0.33·2是有理数..大前提:正整数是自然数.小前提:3是正整数.结论:3是自然数.(2)大前提:每一个菱形的对角线都互相垂直.小前提:正方形是菱形.结论:正方形的对角线互相垂直.(3)大前提:所有的循环小数都是有理数.小前提:0.3.3·2是循环小数结论:0.3.3·2是有理数★7设函数f (x )=x 3+ax 2-a 2x+1,g (x )=ax 2-2x+1,其中实数a ≠0.(1)若a>0,求函数y=f (x )的单调区间;(2)当函数y=f (x )与y=g (x )的图象只有一个公共点,且g (x )存在最小值时,记g (x )的最小值为h (a ),求h (a )的值域;(3)若f (x )与g (x )在区间(a ,a+2)内均为增函数,求a 的取值范围.(1)问可利用导数来求单调区间;第(2)问可将只有一个公共点转化为方程有唯一根的问题;第(3)问可以利用第(1)问中的结论来求解.∵f'(x )=3x 2+2ax-a 2=3(x -a3)(x +a ),又a>0,∴当x<-a 或x ,f'(x )>0;>a3时当-a<x ,f'(x )<0.<a 3时∴f (x )在(-∞,-a ),.和(a3,+∞)内是增函数在(-a ,a3)内是减函数(2)由题意,知x 3+ax 2-a 2x+1=ax 2-2x+1,即x [x 2-(a 2-2)]=0只有一个根(含重根).∴a 2-2≤0,≤a ≤即‒2 2.又a ≠0,∴a ∈[∪(0‒2,0),2].又当a>0时,g (x )才存在最小值,∴a ∈(0,2].∵g (x )=a (x -1a )2+1‒1a ,∴h (a )=1∈(0‒1a ,a ,2],∴h (a )的值域为(-∞,1-22].(3)当a>0时,f (x )在(-∞,-a ),g (x ).由题意,a ≥1;和(a 3,+∞)内是增函数在(1a ,+∞)内是增函数得{a >0,a ≥a 3,a ≥1a ,解得当a<0时,f (x )(-a ,+∞)内是增函数,g (x ).在(-∞,a3)和在(-∞,1a )内是增函数由题意,得{a <0,a +2≤a3,a +2≤1a ,解得a ≤-3.综上可知,实数a 的取值范围为(-∞,-3]∪[1,+∞).。
单元评估验收(二)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．以上三段论推理( )A．正确B．推理形式不正确C．两个“自然数”概念不一致D．“两个整数”概念不一致解析：三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的．答案：A2．用反证法证明命题“2＋3是无理数”时，假设正确的是( )A．假设2是有理数B．假设3是有理数C．假设2或3是有理数D．假设2＋3是有理数解析：假设应为“2＋3不是无理数”，即“2＋3是有理数”．答案：D3．下列推理过程属于演绎推理的为( )A．老鼠、猴子与人在身体结构上有相似之处，某医药先在猴子身上试验，试验成功后再用于人体试验B．由1＝12，1＋3＝22，1＋3＋5＝32…得出1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2C．由三角形的三条中线交于一点联想到四面体四条中线(四面体每一个顶点与对面重心的连线)交于一点D．通项公式形如a n＝cq n(cq≠0)的数列{a n}为等比数列，则数列{－2n}为等比数列解析：A是类比推理，B是归纳推理，C是类比推理，D为演绎推理．答案：D4．用反证法证明命题“已知x，y∈N*，如果xy可被7整除，那么x，y至少有一个能被7整除”时，假设的内容是( )A．x，y都不能被7整除B．x，y都能被7整除C．x，y只有一个能被7整除D．只有x不能被7整除解析：用反证法证明命题时，先假设命题的否定成立，再进行推证．“x，y至少有一个能被7整除”的否定是“x，y都不能被7整除”．答案：A5．求证：3＋7<25的证明过程如下：因为3＋7和25都是正数，所以为了证明3＋7<25，只需证明(3＋7)2<(25)2，展开得10＋221<20，即21<5，只需证明21<25.因为21<25成立，所以不等式3＋7<25成立．上述证明过程应用了( )A．综合法B．分析法C．反证法D．综合法、分析法合用解析：结合证明特征可知，上述证明过程用了分析法，其属于直接证明法．答案：B6．已知{b n}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{a n}为等差数列，a5＝2，则{a n}的类似结论为( )A．a1a2a3…a9＝29B．a1＋a2＋…＋a9＝29C．a1a2a3…a9＝2×9 D．a1＋a2＋…＋a9＝2×9解析：由等差数列性质，有a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5.易知选项D正确．答案：D7．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值( )A．大于0 B．小于0C．不小于0 D．不大于0解析：法一：因为a＋b＋c＝0，所以a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，所以ab＋bc＋ca＝－a2＋b2＋c22≤0.法二：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ca＝0，否则a、b异号，所以ab＋bc＋ca＝ab<0，排除A、B、C，选项D正确．答案：D8．已知对正数a和b，有下列命题：①若a＋b＝1，则ab≤12；②若a＋b＝3，则ab≤32；③若a＋b＝6，则ab≤3.根据以上三个命题提供的规律猜想：若a＋b＝9，则ab≤( )A ．2 B.92 C ．4D ．5解析：从已知的三个不等式的右边可以看出，其表现形式为12，32，62，所以，若a ＋b ＝9，则ab ≤92.答案：B9．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A (－3，4)，且法向量为n ＝(1，－2)的直线(点法式)方程为：1×(x ＋3)＋(－2)×(y －4)＝0，化简得x －2y ＋11＝0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A (1，2，3)，且法向量为m ＝(－1，－2，1)的平面的方程为( )A ．x ＋2y －z －2＝0B ．x －2y －z －2＝0C ．x ＋2y ＋z －2＝0D ．x ＋2y ＋z ＋2＝0解析：所求的平面方程为－1×(x －1)＋(－2)×(y －2)＋1×(z －3)＝0.化简得x ＋2y －z －2＝0.答案：A10．下列不等式中一定成立的是( )A ．lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14>lg x (x >0)B ．sin x ＋1sin x≥2(x ≠k π，k ∈Z) C ．x 2＋1≥2|x |(x ∈R) D.1x 2＋1>1(x ∈R) 解析：A 项中，因为x 2＋14≥x ，所以lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14≥lg x ；B 项中sin x ＋1sin x≥2只有在sin x >0时才成立； C 项中由不等式a 2＋b 2≥2ab 可知成立；D 项中因为x 2＋1≥1，所以0<1x 2＋1≤1. 答案：C11．已知f (x )＝sin x ＋cos x ，定义f 1(x )＝f ′(x )，f 2(x )＝′，…，f n ＋1(x )＝′(n ∈N *)，经计算，f 1(x )＝cos x －sin x ，f 2(x )＝－sin x －cos x ，f 3(x )＝－cos x ＋sin x ，…，照此规律，则f 100(x )＝( )A．－cos x＋sin x B．cos x－sin xC．sin x＋cos x D．－sin x－cos x解析：根据题意，f4(x)＝′＝sin x＋cos x，f5(x)＝′＝cos x－sin x，f6(x)＝′＝－sin x－cos x，…，观察知f n(x)的值呈周期性变化，周期为4，所以f100(x)＝f96＋4(x)＝f4(x)＝sin x＋cos x.答案：C12．请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2满足a21＋a22＝1，求证：a1＋a2≤ 2.证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，即4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤ 2.根据上述证明方法，若n个正实数a1，a2，…，a n满足a21＋a22＋…＋a2n＝n时，你能得到的结论是( )A．a1＋a2＋…＋a n≤2n B．a1＋a2＋…＋a n≤n2C．a1＋a2＋…＋a n≤n D．a1＋a2＋…＋a n≤n解析：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－a n)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋a n)x＋n，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0；即4(a1＋a2＋…＋a n)2－4n2≤0，所以a1＋a2＋…＋a n≤n.答案：C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD互相垂直且平分．”补充以上推理的大前提是________．解析：大前提是“菱形的对角线互相垂直且平分”．答案：菱形的对角线互相垂直且平分14．(2014·课标全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可以判断乙去过的城市为________．解析：易知三人同去的城市为A又甲去过城市比乙去过的城市多，且甲没去过B城∴甲去过A城，C城，乙只去过A城．答案：A15．通过圆与球的类比，由“半径为R的圆的内接矩形中，以正方形的面积最大，最大值为2R2.”猜想关于球的相应命题为________．解析：“圆中正方形的面积”类比为“球中正方体的体积”，可得结论．答案：半径为R 的内接六面体中以正方体的体积为最大，最大值为839R 3.16．(2014·安徽卷)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC ＝22，过点A 作BC 的垂线，垂足为A 1，过点A 1作AC 的垂线，垂足为A 2；过点A 2作A 1C 的垂线，垂足为A 3……依此类推，设BA ＝a 1，AA 1＝a 2，A 1A 2＝a 3，…，A 5A 6＝a 7，则a 7＝________．解析：根据题意易得a 1＝2，a 2＝2，a 3＝1， ∴{a n }构成以a 1＝2，q ＝22的等比数列， ∴a 7＝a 1q 6＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫226＝14.答案：14三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知函数f (x )＝x x ＋2(x >0)．如下定义一列函数：f 1(x )＝f (x )，f 2(x )＝f (f 1(x ))，f 3(x )＝f (f 2(x ))，…，f n (x )＝f (f n －1(x ))，…，n ∈N *，那么由归纳推理求函数f n (x )的解析式．解：依题意得，f 1(x )＝xx ＋2，f 2(x )＝xx ＋2x x ＋2＋2＝x 3x ＋4＝x（22－1）x ＋22 f 3(x )＝x 3x ＋4x 3x ＋4＋2＝x 7x ＋8＝x（23－1）x ＋23，…，由此归纳可得f n (x )＝x（2n －1）x ＋2n (x >0)．18．(本小题满分12分)已知A ＋B ＝π3，且A ，B ≠k π＋π2(k ∈Z)．求证：(1＋3tan A )(1＋3tan B )＝4.证明：由A ＋B ＝π3得tan(A ＋B )＝tan π3，即tan A ＋tan B1－tan A tan B＝3，所以tan A ＋tan B ＝3－3tan A tan B .所以(1＋3tan A )(1＋3tan B )＝1＋3(tan A ＋tan B )＋3tan A tan B ＝1＋3(3－3tan A tan B )＋3tan A tan B ＝4. 故原等式成立．19．(本小题满分12分)把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，并判断类比的结论是否成立．(1)如果一条直线和两条平行线中的一条相交，则必和另一条相交； (2)如果两条直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行．解：(1)类比为：如果一个平面和两个平行平面中的一个相交，则必和另一个相交． 结论是正确的，证明如下：设α∥β，且γ∩α＝a ，则必有γ∩β＝b ，若γ与β不相交，则必有γ∥β. 又α∥β，所以α∥γ，与γ∩α＝a 矛盾， 所以必有γ∩β＝b .(2)类比为：如果两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相平行，结论是错误的，这两个平面也可能相交．20．(本小题满分12分)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数．若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk＝n 2S k (k ，n ∈N *)．证明：由题意得，S n ＝na ＋n （n －1）2d .由c ＝0，得b n ＝S n n＝a ＋n －12d .又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ， 化简得d 2－2ad ＝0. 因为d ≠0，所以d ＝2a .因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k . 21．(本小题满分12分)设函数f (x )＝1x ＋2，a ，b 为正实数．(1)用分析法证明：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ≤23；(2)设a ＋b >4，求证：af (b )，bf (a )中至少有一个大于12.证明：(1)欲证f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ≤23，即证b a ＋2b ＋ab ＋2a ≤23，只要证a 2＋b 2＋4ab 2a 2＋2b 2＋5ab ≤23. 因为a ，b 为正实数，只要证3(a 2＋b 2＋4ab )≤2(2a 2＋2b 2＋5ab )，即a 2＋b 2≥2ab ， 因为a 2＋b 2≥2ab 显然成立，故原不等式成立． (2)假设af (b )＝ab ＋2≤12，bf (a )＝b a ＋2≤12， 由于a ，b 为正实数，所以2＋b ≥2a ，2＋a ≥2b ， 两式相加得：4＋a ＋b ≥2a ＋2b ， 即a ＋b ≤4，与条件a ＋b >4矛盾， 故af (b )，bf (a )中至少有一个大于12.22．(本小题满分12分)(2015·陕西卷)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．(1)证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ，所以CD⊥平面A1OC.(2)解：由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，又由(1)知，A1O⊥BE，所以A1O⊥平面BCDE，则A1O是四棱锥A1BCDE的高．由图①知，A1O＝22AB＝22a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2.从而四棱锥A1BCDE的体积V＝13×S·A1O＝13a2·22a＝26a3.由26a3＝362，得a＝6.。
第二章 2.1 2.1.2A 级 基础巩固一、选择题1．正弦函数是奇函数，f (x )＝sin (x 2＋1)是正弦函数，因此f (x )＝sin (x 2＋1)是奇函数．以上推理导学号 18674162( C )A ．结论正确B ．大前提不正确C ．小前提不正确D ．全不正确[解析] 函数f (x )＝sin (x 2＋1)不是正弦函数，故小前提不正确，故选C ．2．三段论“①只有船准时起航，才能准时到达目的港，②这艘船是准时到达目的港的，③这艘船是准时起航的．”中的小前提是导学号 18674163( D )A ．①B ．②C ．①②D ．③[解析] 本题中①为大前提，③为小前提，②为结论．3．下面几种推理过程是演绎推理的是导学号 18674164( A )A ．两条直线平行，同位角相等．由此可知，若∠A 、∠B 是两条平行直线被第三条直线所截得到的同位角，则∠A ＝∠BB ．某校高一(1)班有45人，高一(2)班有46人，高一(3)班有48人，由此得出该校高一各班的人数均不超过50C ．由平面上圆的性质，推测空间球的性质D ．数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＝12⎝⎛⎭⎫a n －1＋1a n －1(n ≥2)，由此归纳出{a n }的通项公式[解析] “两条直线平行，同位角相等”是一般性原理，∠A 、∠B 是两条平行直线被第三条直线所截得到的同位角，故∠A ＝∠B ，因此是演绎推理．4．有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面，则平行于平面内所有直线；已知直线b ⊄平面α，直线a ⊂平面α，直线b ∥平面α，则直线b ∥直线a ”的结论显然是错误的，这是因为导学号 18674165( A )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．非以上错误[解析] “直线平行于平面，则平行于平面内所有直线”错误，故选A ．5．“凡是自然数都是整数，4是自然数，所以4是整数．”以上三段论推理导学号 18674166( A )A ．完全正确B ．推理形式不正确C ．不正确，两个“自然数”概念不一致D ．不正确，两个“整数”概念不一致 [解析] 大前提“凡是自然数都是整数”正确．小前提“4是自然数”也正确，推理形式符合演绎推理规则，所以结论正确． 6．若a >b >0，c <d <0，则一定有导学号 18674167( B ) A ．a d >b cB ．a d <b cC ．a c >b dD ．a c <b d[解析] ∵c <d <0，∴1d <1c <0，又∵a >b >0，∴a d <bc .选B ．二、填空题7．已知推理：“因为△ABC 的三边长依次为3、4、5，所以△ABC 是直角三角形”，若将其恢复成完整的三段论，则大前提是__一条边的平方等于其他两边平方和的三角形是直角三角形__.导学号 186741688．函数y ＝2x ＋5的图象是一条直线，用三段论表示为：导学号 18674169 大前提__所有一次函数的图象都是一条直线__． 小前提__函数y ＝2x ＋5是一次函数__． 结论__函数y ＝2x ＋5的图象是一条直线__． 三、解答题9．如图所示，在四边形ABCD 中，AB ＝CD ，BC ＝AD ．求证：四边形ABCD 为平行四边形，写出三段论形式的演绎推理.导学号 18674170[解析] ①平面几何中的边边边定理是：有三边对应相等的两个三角形全等．这一定理相当于：对于任意两个三角形，如果它们的三边对应相等，则这两个三角形全等．(大前提)如果△ABC和△CDA的三边对应相等．(小前提)则这两个三角形全等．(结论)符号表示：AB＝CD且BC＝DA且CA＝AC⇒△ABC≌△CDA．②由全等形的定义可知：全等三角形的对应角相等．这一性质相当于：对于任意两个三角形，如果它们全等，则它们的对应角相等．(大前提)如果△ABC和△CDA全等，(小前提)则它们的对应角相等，(结论)符号表示：△ABC≌△CDA⇒∠1＝∠2且∠3＝∠4且∠B＝∠D．③两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行．(大前提)直线AB、DC和直线BC、AD被直线AC所截，若内错角∠1＝∠2，∠3＝∠4.[小前提(已证)]则AB∥DC，BC∥AD．[结论(同理)]④如果四边形的两组对边分别平行，那么这个四边形是平行四边形．(大前提)四边形ABCD中，两组对边分别平行，(小前提)四边形ABCD为平行四边形．(结论)符号表示：AB∥DC且AD∥BC⇒四边形ABCD为平行四边形．B级素养提升一、选择题1．“在四边形ABCD中，∵AB CD，∴四边形ABCD是平行四边形”．上述推理过程导学号18674171(A)A．省略了大前提B．省略了小前提C．是完整的三段论D．推理形式错误[解析]上述推理基于大前提“一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”．2．有这样一段演绎推理：“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，这是因为导学号 18674172( B )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．非以上错误[解析] 用小前提“S 是M ”，判断得到结论“S 是P ”时，大前提“M 是P ”必须是所有的M ，而不是部分．3．关于下面推理结论的错误：“因为对数函数y ＝log a x 是增函数(大前提)，又y ＝log13x 是对数函数(小前提)，所以y ＝log 13x 是增函数(结论)．”下列说法正确的是导学号 18674173( A )A ．大前提错误导致结论错误B ．小前提错误导致结论错误C ．推理形式错误导致结论错误D ．大前提和小前提都错误导致结论错误[解析] 大前提错误，因为对数函数y ＝log a x (0＜a ＜1)是减函数，故选A ． 4．下面几种推理过程是演绎推理的是导学号 18674174( A )A ．两条直线平行，同旁内角互补，因为∠A 和∠B 是两条平行直线被第三条直线所截所得的同旁内角，所以∠A ＋∠B ＝180°B ．我国地质学家李四光发现中国松辽地区和中亚细亚的地质结构类似，而中亚细亚有丰富的石油，由此，他推断松辽平原也蕴藏着丰富的石油C ．由6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7,14＝7＋7，…，得出结论：一个偶数(大于4)可以写成两个素数的和D ．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝12(a n －1＋1a n －1)(n ≥2)，由此归纳出{a n }的通项公式[解析] 选项A 中“两条直线平行，同旁内角互补”是大前提，是真命题，该推理为三段论推理，选项B 为类比推理，选项C 、D 都是归纳推理．二、填空题5．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A 、B 、C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市．乙说：我没去过C 城市．丙说：我们三人去过同一城市．由此可判断乙去过的城市为__A 城市__.导学号 18674175[解析] 由甲没去过B 城市，乙没去过C 城市，而三人去过同一城市，可知三人去过城市A ，又由甲最多去过两个城市，且去过的城市比乙多，故乙只去过A 城市．6．以下推理中，错误的序号为__①__.导学号 18674176 ①∵ab ＝ac ，∴b ＝c ； ②∵a ≥b ，b >c ，∴a >c ；③∵75不能被2整除，∴75是奇数； ④∵a ∥b ，b ⊥平面α，∴a ⊥α.[解析] 当a ＝0时，ab ＝ac ，但b ＝c 未必成立． 7．已知数列{a n }满足a 1＝12，且前n 项和S n 满足S n ＝n 2a n ，则a n ＝ 1n ＋n.导学号 18674177 [解析] 解法一：(归纳法)a 1＝12，a 2＝16，a 3＝112，a 4＝120，寻找分母的规律，a 1＝11×2，a 2＝12×3，a 3＝13×4，a 4＝14×5，所以a n ＝1n (n ＋1).解法二：(演绎推理)S n ＋1－S n ＝(n ＋1)2a n ＋1－n 2a n ，所以(n 2＋2n )a n ＋1＝n 2a n ， 所以a n ＋1a n ＝n n ＋2，a n a n －1＝n －1n ＋1，…，a 4a 3＝35，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，所以a n ＋1a 1＝2(n ＋2)(n ＋1).因为a 1＝12，所以a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2).又因为a 1＝12＝11×2.三、解答题8．用三段论证明：已知{a n }是各项均为正数的等差数列，l ga 1，l ga 2，l ga 4成等差数列，又b n ＝1a 2n，n ＝1,2,3…，证明{b n }为等比数列.导学号 18674178[解析] 因为l ga 1，l ga 2，l ga 4成等差数列， 所以2l ga 2＝l ga 1＋l ga 4， 即a 22＝a 1·a 4.设等差数列{a n}的公差为d，则(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，这样d2＝a1·d，从而d(d－a1)＝0.而d＝0，则{a n}为常数列，相应{b n}也是常数列，此时{b n}是首项为正数，公比为1的等比数列．若d＝a1≠0，则a2n＝a1＋(2n－1)·d＝2n·d，b n＝1a2n ＝1 d·12n.这时{b n}是首项为b1＝12d ，公式为12的等比数列．综上知{b n}为等比数列．C级能力提高1．(2017·北京文，14)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：导学号18674179①男学生人数多于女学生人数；②女学生人数多于教师人数；③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__6__；(2)该小组人数的最小值为__12__.[解析](1)若教师人数为4，则男学生人数小于8，最大值为7，女学生人数最大时应比男学生人数少1人，所以女学生人数的最大值为7－1＝6.(2)设男学生人数为x(x∈N＋)，要求该小组人数的最小值，则女学生人数为x－1，教师人数为x－2.又2(x－2)>x，解得x>4，即x＝5，该小组人数的最小值为5＋4＋3＝12.2．已知a、b、c是实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b.当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1.导学号18674180(1)求证：|c|≤1.(2)当－1≤x≤1，求证：－2≤g(x)≤2.[解析](1)因为x＝0满足－1≤x≤1的条件，所以|f(0)|≤1.而f(0)＝c，所以|c|≤1.(2)当a>0时，g(x)在[－1,1]上是增函数，所以g(－1)≤g(x)≤g(1)．又g(1)＝a＋b＝f(1)－c，g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c，所以－f(－1)＋c≤g(x)≤f(1)－c，又－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，－1≤c≤1，所以－f(－1)＋c≥－2，f(1)－c≤2，所以－2≤g(x)≤2. 当a<0时，可用类似的方法，证得－2≤g(x)≤2.当a＝0时，g(x)＝b，f(x)＝bx＋c，g(x)＝f(1)－c，所以－2≤g(x)≤2.综上所述，－2≤g(x)≤2.。
第二章检测(时间:90分钟满分:120分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.有一段演绎推理是这样的:“若直线平行于平面,则该直线平行于平面内的所有直线;已知直线b?平面α,a?平面α,直线b∥平面α,则直线b∥直线a”,这个结论显然是错误的,这是因为()A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误解析“若直线平行于平面,则该直线平行于平面内的所有直线”是错误的,即大前提是错误的.故选A.答案 A2.已知f(x+1)∈N*),猜想f(x)的表达式为()A.f(x)C.f(x)解析当x=1时,f(2)当x=2时,f(3)当x=3时,f(4)故可猜想f(x)应选B.答案 B3.如图所示,4只小动物换座位,开始时鼠,猴,兔,猫分别坐1,2,3,4号座位,如果第1次前后排动物互换座位,第2次左右列动物互换座位,第3次前后排动物互换座位……这样交替进行下去,那么第 2 018次互换座位后,小兔坐在()号座位上.A.1B.2C.3D.4解析由题意得第4次互换座位后,4只小动物又回到了原座位,即每经过4次互换座位后,小动物回到原座位,而2 018=4×504+2,所以第 2 018次互换座位后的结果与第2次互换座位后的结果相同,故小兔坐在2号座位上,应选B.答案 B4.已知x∈(0,+∞),不等式x≥2,x≥3,x≥4,…,可推广为x≥n+1,则a的值为()A.2nB.n2C.22(n-1)D.n n解析∵第一个不等式中a=11,第二个不等式中a=22,第三个不等式中a=33,∴第n个不等式中a=n n.答案 D5.若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则()A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形解析因为正弦值在(0°,180°)内是正值,所以△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,因此△A1B1C1是锐角三角形.由于△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,因此△A2B2C2不可能为直角三角形,故假设△A2B2C2也是锐角三角形,并设cos A1=sin A2,则cos A1=cos(90°-A2),所以A1=90°-A2.同理设cos B1=sin B2,cos C1=sin C2,则有B1=90°-B2,C1=90°-C2.又A1+B1+C1=180°,则(90°-A2)+(90°-B2)+(90°-C2)=180°,即A2+B2+C2=90°.这与三角形内角和等于180°矛盾,所以原假设不成立.故选D.答案 D6.观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5=11,…,则a10+b10等于()A.28B.76C.123D.199解析利用归纳法:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4=3+1,a4+b4=4+3=7,a5+b5=7+4=11,a6+b6=11+7=18,a7+b7=18+11=29,a8 +b8=29+18=47,a9+b9=47+29=76,a10+b10=76+47=123.规律为从第三组开始,其结果为前两组结果的和.答案 C7.对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式:22=1+332=1+3+542=1+3+5+723=3+533=7+9+1143=13+15+17+19根据上述分解规律,若m2=1+3+5+…+11,n3的分解中最小的正整数是21,则m+n等于()A.10B.11C.12D.13解析∵m2=1+3+5+…+11∴m=6.∵23=3+5,33=7+9+11,43=13+15+17+19,∴53=21+23+25+27+29.又n3的分解中最小的正整数是21,∴n3=53,n=5,∴m+n=6+5=11.答案 B8.对于奇数列1,3,5,7,9,…,现在进行如下分组:第一组有1个数{1},第二组有2个数{3,5},第三组有3个数{7,9,11},……,依此类推,则每组内奇数之和S n与其组的编号数n(n∈N*)的关系是()A.S n=n2B.S n=n3C.S n=n4D.S n=n(n+1)解析当n=1时,S1=1;当n=2时,S2=8=23;当n=3时,S3=27=33.归纳猜想S n=n3.故选 B.答案 B9.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数,比如:图(1)图(2)他们研究过图(1)中的1,3,6,10,…,由于这些数能够表示成三角形,将其称为三角形数;类似地,称图(2)中的1,4,9,16,…这样的数为正方形数.下列数中既是三角形数,又是正方形数的是()A.289B.1 024C.1 225D.1 378解析根据图形的规律可知,第n个三角形数为a n第n个正方形数为b n=n2,由此可排除选项D(1 378不是平方数),将选项A,B,C代入到三角形数与正方形数的表达式中检验可知,符合题意的是选项C,故选C.答案 C10.六个面都是平行四边形的四棱柱称为平行六面体.如图甲所示,在平行四边形ABCD中,有AC2+BD2=2(AB2+AD2),那么在图乙所示的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,等于A.2(AB2+AD2+C.4(AB2+AD2+解析如图,连接A1C1,AC,则四边形AA1C1C是平行四边形,故A1C2+连接BD,B1D1,则四边形BB1D1D是平行四边形,故又在?ABCD中,AC2+BD2=2(AB2+AD2),则故选C.答案 C二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时,甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B城市;乙说:我没去过C城市;丙说:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为.解析由丙的说法“三人去过同一城市”知乙至少去过一个城市,而甲说去过的城市比乙多,且没去过B 城市,因此甲一定去过A城市和C城市.又乙没去过C城市,所以三人共同去过的城市必为A,故乙去过的城市就是 A.答案 A12.已知函数f(x)=x3+x,a,b,c∈R,且a+b>0,b+c>0,c+a>0,则f(a)+f(b)+f(c)的值一定比零(填“大”或“小”).解析∵f(x)=x3+x是R上的奇函数,且是增函数,又由a+b>0可得a>-b,∴f(a)>f(-b)=-f(b),∴f(a)+f(b)>0.同理,得f(b)+f(c)>0,f(c)+f(a)>0.三式相加,整理得f(a)+f(b)+f(c)>0.答案大13.在平面几何中,△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为把这个结论类比到空间在三棱锥中如图所示平面平分二面角且与相交于则类比后得到的结论是解析∵CE平分∠ACB,而平面CDE平分二面角A-CD-B,可类比成△△故结论为△△答案△△14.已知集合{a,b,c}={0,1,2},且下列三个关系:①a≠2;②b=2;③c≠0有且只有一个正确,则100a+10b+c 等于.解析由题意可知三个关系只有一个正确分为三种情况:(1)当①成立时,则a≠2,b≠2,c=0,此种情况不成立;(2)当②成立时,则a=2,b=2,c=0,此种情况不成立;(3)当③成立时,则a=2,b≠2,c≠0,即a=2,b=0,c=1,所以100a+10b+c=100×2+10×0+1=201.故答案为201.答案20115.把数列-的所有项按照从大到小的原则写成如下数表1…第k行有2k-1个数,第t行的第s个数(从左数起)记为A(t,s),则A(6,10)=.解析前5行共有20+21+22+23+24=31个数,A(6,10)为数列的第41项.∵a n-答案三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数:①sin213°+cos217°-sin 13°cos 17°;②sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°;③sin218°+cos212°-sin 18°cos 12°;④sin2(-18°)+cos248°-sin(-18°)cos 48°;⑤sin2(-25°)+cos255°-sin(-25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数;(2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.解法一(1)选择②式,计算如下:sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°=130°=1(2)三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sin αcos(30°-α)证明如下:sin2α+cos2(30°-α)-sin αcos(30°-α)=sin2α+(cos 30°cos α+sin 30°sin α)2-sin α·(cos 30°cos α+sin 30°sin α)=sin2ααcos ααcos α解法二(1)同解法一.(2)三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sin α·cos(30°-α)证明如下:sin2α+cos2(30°-α)-sin αcos(30°-α)-°-α(cos 30°cos α+sin 30°sin α)2α60°cos 2α+sin 60°sin 2α)αcos αsin2α2α2α2α2α2α) =12α2α-17.(8分)已知函数f(x)=a x(1)证明函数f(x)在(-1,+∞)内为增函数;(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.分析对第(1)小题,可用定义法证明;对第(2)小题,可按反证法证明命题的步骤加以证明.证明(1)设x1,x2是(-1,+∞)内的任意两个实数,且x1<x2.∵a>1,又x1+1>0,x2+1>0,于是f(x2)-f(x1)--故函数f(x)在(-1,+∞)内为增函数.(2)假设存在x0<0(x0≠-1)满足f(x0)=0,则-且0于是0<-即这与假设x0<0矛盾,故方程f(x)=0没有负数根.18.(9分)先解答(1),再通过结构类比解答(2):(1)求证:ta-试问是周期函数吗证明你的结论(2)设x∈R,a为非零常数,且f(x+a)-(1)证明由两角和的正切公式得ta--即ta命题得证.-(2)解猜想f(x)是以4a为周期的周期函数.证明过程如下:∵f(x+2a)=f[(x+a)+a]∴f(x+4a)=f[(x+2a)+2a]=∴f(x)是以4a为周期的周期函数.故f(x)是周期函数,其中一个周期为4a.19.(10分)已知0<b<a<e,其中e是自然对数的底数.(1)试猜想a b与b a的大小关系;(2)证明你的结论.(1)解取a=2,b=1可知a b>b a,又当a=1,b时,a b>b a,由此猜测a b>b a对一切0<b<a<e成立.(2)证明要证a b>b a对一切0<b<a<e成立,需证ln a b>ln b a,需证bln a>a ln b,需证设函数f(x)∈(0,e),-f'(x)当x∈(0,e)时,f'(x)>0恒成立.所以f(x)在(0,e)内单调递增,所以f(a)>f(b),即所以a b>b a.20.(10分)已知数列{a n}和{b n}满足:a1=λ,a n+1其中为常数为正整数(1)求证:对任意实数λ,数列{a n}不是等比数列;(2)求证:当λ≠-18时,数列{b n}是等比数列;(3)设S n为数列{b n}的前n项和,是否存在实数λ,使得对任意正整数n,都有S n>-12?若存在,求实数λ的范围;若不存在,请说明理由.分析解答本题,需综合运用等比数列的定义、数列求和、不等式等基础知识和基本运算技能,并注意分类讨论思想的应用.(1)证明假设存在实数λ,使得数列{a n}是等比数列,则有又因为a2所以--即则9=0,这是不可能的.所以假设不成立,原结论成立.故对任意实数λ,数列{a n}不是等比数列.(2)证明因为λ≠-18,所以b1=-(λ+18)≠0.又b n+1=(-1)n+1[a n+1-3(n+1)+21]=(-1)n+-==所以b n≠0,所以∈N*).故当λ≠-18时,数列{b n}是以-(λ+18)为首项,为公比的等比数列.(3)解当λ≠-18时,由(2)得-b n=-(λ+18)·-所以S n=--当λ=-18时,b n=0,从而S n=0,(*)式仍成立.要使对任意正整数n,都有S n>-12,即解得λ--令f(n)=1-则当n为正奇数时,1<f(n)≤当n为正偶数时≤f(n)<1,故对任意正整数n,f(n)的最大值为f(1)所以λ<20综上所述,存在实数λ,使得对任意正整数n,都有S n>-12,此时实数λ的取值范围是(-∞,-6).。
2.2 直接证明与间接证明第1课时直接证明1．若实数a，b满足a＋b＝3，证明：2a＋2b≥4 2.证明：因为2a＋2b≥22a·2b＝22a＋b，又a＋b＝3，所以2a＋2b≥223＝4 2.故2a＋2b≥42成立．问题1：本题利用什么公式？提示：基本不等式．问题2：本题证明顺序是什么？提示：从已知到结论．2．求证：3＋22<2＋7.证明：要证明3＋22<2＋7，由于3＋22>0，2＋7>0，只需证明(3＋22)2<(2＋7)2，展开得11＋46<11＋47，只需证明6<7，显然6<7成立．所以3＋22<2＋7成立．问题1：本题证明从哪里开始？提示：从结论开始．问题2：证题思路是什么？提示：寻求上一步成立的充分条件．1．直接证明(1)直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种证明通常称为直接证明．(2)直接证明的一般形式本题条件已知定义已知公理已知定理…?本题结论．2．综合法和分析法直接证明定义推证过程综合法从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法已知条件?…?…?结论分析法从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止，这种证明方法称为分析法结论?…?…?已知条件1．综合法是从“已知”看“可知”逐步推向未知，由因导果通过逐步推理寻找问题成立的必要条件．它的证明格式为：因为×××，所以×××，所以×××……所以×××成立．2．分析法证明问题时，是从“未知”看“需知”，执果索因逐步靠拢“已知”，通过逐步探索，寻找问题成立的充分条件．它的证明格式：要证×××，只需证×××，只需证×××……因为×××成立，所以×××成立．[例1] 已知a，b，c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：a2＋b2＋c2≥1 3 .[思路点拨] 从已知条件出发，结合基本不等式，即可得出结论．[精解详析] ∵a2＋19≥2a3，b2＋19≥2b3，c2＋19≥2c3，∴a2＋19＋b2＋19＋c2＋19≥23a＋23b＋23c＝23(a＋b＋c)＝23.∴a2＋b2＋c2≥1 3 .[一点通] 综合法证明问题的步骤第一步：分析条件，选择方向．仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题思路．第二步：转化条件、组织过程，把题目的已知条件，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．组织过程时要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．第三步：适当调整，回顾反思．解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，有些语言可做适当的修饰，反思总结解题方法的选取．1．设a，b，c为不全相等的正数，且abc＝1，求证：1a＋1b＋1c>a＋b＋c.证明：∵a>0，b>0，c>0，且abc＝1，∴1a＋1b＋1c＝bc＋ca＋ab.又bc＋ca≥２bc·ca＝2abc2＝2c，同理bc＋ab≥２b，ca＋ab≥２a.∵a、b、c不全相等．∴上述三个不等式中的“＝”不能同时成立．∴2(bc＋ca＋ab)>2(c＋a＋b)，即bc＋ca＋ab>a＋b＋c，故1a＋1b＋1c>a＋b＋c.2.(1)如图，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．解：(1)证明：法一：如图，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·ｃ＝a·(λb＋μn)＝λ(a·ｂ)＋μ(a·ｎ)，因为a⊥b，所以a·ｂ＝0，又因为aπ，n⊥π，所以a·ｎ＝0，故a·ｃ＝0，从而a⊥c.法二：如图，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.∵PO⊥π，aπ，∴直线PO⊥a.又a⊥b，b平面PAO，PO∩b＝P，∴a⊥平面PAO.又c平面PAO，∴a⊥c.(2)逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c 是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.逆命题为真命题.[例2] 已知a>b>0，求证：（a－b）28a<a＋b2－ab<（a－b）28b.[思路点拨] 本题条件较为简单，结论比较复杂，我们可以从要证的结论入手，一步步探求结论成立的充分条件，即用分析法．[精解详析] 要证明（a－b）28a<a＋b2－ab<（a－b）28b成立，只需证（a－b）24a<a＋b－2ab<（a－b）24b成立，即证（a－b）24a<(a－b)2<（a－b）24b成立．只需证a－b2a<a－b<a－b2b成立．只需证a＋b2a<1<a＋b2b成立，即证a＋b<2a且a＋b>2b，即b<a.∵a>b>0，∴b<a成立．∴（a－b）28a<a＋b2－ab<（a－b）28b成立．[一点通] 在已知条件较为简单，所要证的问题较为复杂，无从入手的情况下，我们可从结论入手逆推，执果索因，找到结论成立的条件，注明必要的文字说明，再用综合法写出步骤．3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4，a≥0，求证：P＜Q.证明：要证P＜Q，主要证P2＜Q2，只要证2a＋7＋2a（a＋7）＜2a＋7＋2（a＋3）（a＋4），即证a2＋7a＜a2＋7a＋12，即证0＜12.因为0＜12成立，所以P＜Q成立．4．已知a、b是正实数，求证：ab＋ba≥ a＋b.证明：要证ab＋ba≥ a＋b，只需证a a＋b b≥ab(a＋b)．即证(a＋b－ab)(a＋b)≥ab(a＋b)，即证a＋b－ab≥ab.也就是要证a＋b≥２ab.因为a，b为正实数，所以a＋b≥２ab成立，所以ab＋ba≥ a＋b.[例3] 已知0<a≤1，0<b≤1，0<c≤1，求证：1＋ab＋bc＋caa＋b＋c＋abc≥1.[思路点拨] 因为0<a≤1，0<b≤1，0<c≤1，所以要证明1＋ab＋bc＋caa＋b＋c＋abc≥１成立，可转化为证明1＋ab＋bc＋ca≥a＋b＋c＋abc成立．[精解详析] ∵a>0，b>0，c>0，∴要证1＋ab＋bc＋caa＋b＋c＋abc≥1，只需证1＋ab＋bc＋ca≥a＋b＋c＋abc，即证1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)≥0.∵1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)＝(1－a)＋b(a－1)＋c(a－1)＋bc(1－a)＝(1－a)(1－b－c＋bc)＝(1－a)(1－b)(1－c)，又a≤1，b≤1，c≤1，∴(1－a)(1－b)(1－c)≥0，∴1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)≥０成立，即证明了1＋ab＋bc＋caa＋b＋c＋abc≥1.[一点通] (1)较为复杂问题的证明如单纯利用分析法和综合法证明较困难，这时可考虑分析法、综合法轮流使用以达到证题目的．(2)综合法和分析法的综合应用过程既可先用分析法再用综合法，也可先用综合法再用分析法，一般无具体要求，只要达到证题的目的即可．5．在△ABC中，三个内角A、B、C成等差数列．求证：1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c.证明：要证1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c，只需证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，即ca＋b＋ab＋c＝1，只需证c（b＋c）＋a（a＋b）（a＋b）（b＋c）＝1，即a2＋c2＋ab＋bcb2＋ab＋ac＋bc＝1.下面证明：a2＋c2＋ab＋bcb2＋ab＋ac＋bc＝1.∵A＋C＝2B，A＋B＋C＝180°，∴B＝60°. ∴b2＝a2＋c2－ac.∴a2＋c2＋ab＋bcb2＋ab＋ac＋bc＝a2＋c2＋ab＋bca2＋c2－ac＋ab＋ac＋bc＝1.故原等式成立．6．若a，b，c是不全相等的正数．求证：lg a＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2>lg a＋lg b＋lg c.证明：要证lg a＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2>lg a＋lg b＋lg c成立，即证lg a＋b2·b＋c2·c＋a2>lg(abc)成立，只需证a＋b2·b＋c2·c＋a2>abc成立，∵a＋b2≥ab>0，b＋c2≥bc>0，c＋a2≥ca>0，∴a＋b2·b＋c2·c＋a2≥abc>0，(*)又∵a，b，c是不全相等的正数，∴(*)式等号不成立，∴原不等式成立．1．综合法：由因导果，步骤严谨，逐层递进、步步为营，书写表达过程是条理清晰、形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹、缺点是探路艰难，不易达到所要证明的结论．2．分析法：执果索因，方向明确、利于思考，便于寻找解题思路．缺点是思路逆行、叙述繁琐、表述易出错．3．在解决一个问题时，我们常常把综合法和分析法结合起来使用．根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论P1；根据原结论的特点去寻求使结论成立的条件，寻找到条件P2；当由P1可以推出P2时，结论得证．一、填空题1．在△ABC中，A>B是sin A>sin B的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．解析：在△ABC中，由正弦定理得asin A＝bsin B.又∵A>B，∴a>b，∴sin A>sin B反之，若sin A>sin B，则a>b，∴A>B∴A>B是sin A>sin B的充要条件．答案：充要2．设n∈N，则n＋4－n＋3________n＋2－n＋1(判断大小)．解析：要证n＋4－n＋3<n＋2－n＋1，只需证n＋4＋n＋1<n＋3＋n＋2，只需证(n＋4＋n＋1)2<(n＋2＋n＋3)2，即2n＋5＋2（n＋4）（n＋1）<2n＋5＋2（n＋2）（n＋3）.只需证（n＋1）（n＋4）<（n＋2）（n＋3），只需证(n＋1)(n＋4)<(n＋2)(n＋3)，即n2＋5n＋4<n2＋5n＋6，即4<6即可．而4<6成立，故n＋4－n＋3<n＋2－n＋1.答案：<3．如果a a＋b b>a b＋b a，则实数a，b应满足的条件是____________________．解析：a a＋b b>a b＋b a?a a－a b>b a－b ba(a－b)>b(a－b)?(a－b)(a－b)>0(a＋b)(a－b)2>0，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b4．若三棱锥S-ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在底面ABC上的射影为△ABC的________．(填重心、垂心、内心、外心之一)解析：如图，设S在底面ABC上的射影为点O，∴SO⊥平面ABC，连接AO，BO，∵SA⊥BC，SO⊥BC，∴BC⊥平面SAO，∴BC⊥AO.同理可证，AC⊥BO.∴O为△ABC的垂心．答案：垂心5．已知函数f(x)＝10x，a＞0，b＞0，A＝f a＋b2，B＝f()ab，C＝f2aba＋b，则A，B，C的大小关系为____________________．解析：由a＋b2≥ab≥2aba＋b，又f(x)＝10x在R上是单调增函数，所以fa＋b2≥f()ab≥f 2aba＋b，即A≥B≥C.答案：A≥B≥C二、解答题6．已知函数f(x)＝log2(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．解：f(a)＋f(c)＞2f(b)．证明如下：因为a，b，c是两两不相等的正数，所以a＋c＞2ac.因为b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)＞b2＋4b，即ac＋2(a＋c)＋4＞b2＋4b＋4，从而(a＋2)(c＋2)＞(b＋2)2.因为f(x)＝log2(x＋2)是增函数，所以log2(a＋2)(c＋2)＞log2(b＋2)2，即log2(a＋2)＋log2(c＋2)＞2log2(b＋2)．故f(a)＋f(c)＞2f(b)．7．已知a>0，用分析法证明：a2＋1a2－2>a＋1a－2.证明：要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只需证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋ 2.因为a>0，故只需证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，即a2＋1a2＋4 a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋2 2a＋1a＋2，从而只需证2a2＋1a2≥2a＋1a，只需证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2，即a2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．8．(江苏高考改编)设{a n}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，S n是其前n项的和．记b n＝nS nn2＋c，n∈N*，其中c为实数．若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：S nk＝n2S k(k，n∈N*)．证明：由c＝0，得b n＝S nn＝a＋n－12d.又b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，即a＋d22＝a a＋32d，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.因此，对于所有的m∈N*，有S m＝m2a.从而对于所有的k，n∈N*，有S nk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2S k.第2课时间接证明1．问题：在今天商品大战中，广告成了电视节目中的一道美丽的风景线，几乎所有的广告商都熟谙这样的命题变换艺术．如宣传某种食品，其广告词为：“拥有的人们都幸福，幸福的人们都拥有”．该广告词实际说明了什么？提示：说的是：“不拥有的人们不幸福”．2．已知正整数a，b，c满足a2＋b2＝c2.求证：a，b，c不可能都是奇数．问题1：你能利用综合法和分析法给出证明吗？提示：不能．问题2：a、b、c不可能都是奇数的反面是什么？还满足条件a2＋b2＝c2吗？提示：都是奇数．若a、b、c都是奇数，则不能满足条件a2＋b2＝c2.1．间接证明不是直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种不是直接证明的方法通常称为间接证明．反证法就是一种常用的间接证明方法，间接证明还有同一法、枚举法等．2．反证法(1)反证法证明过程反证法证明时，要从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)，用反证法证明命题“若p则q”的过程可以用下面的框图表示：肯定条件p否定结论q→导致逻辑矛盾→“p且q”为假→“若p则q”为真(2)反证法证明命题“若p则q”的步骤①反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．②归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．③存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立．1．反证法就是通过否定命题的结论而导出矛盾来达到肯定命题的结论，完成命题的论证的一种数学证明方法．2．可能出现矛盾的四种情况：(1)与题设矛盾；(2)与反设矛盾；(3)与公理、定理或已被证明了的结论矛盾；(4)在证明过程中，推出自相矛盾的结论．[例1] 已知平面上四点，没有三点共线，求证：以每三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形．[思路点拨] 本题证明的命题是否定性命题，解答时先假设四个三角形都是锐角三角形，再分情况去推出矛盾．[精解详析] 假设以每三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，记这四个点为A、B、C、D，考虑△ABC，点D的位置分为在△ABC之内或之外两种情况．(1)如果点D在△ABC之内(如图(1))，根据假设围绕点D的三个角都是锐角，其和小于270°，这与一个周角等于360°矛盾．(2)如果点D在△ABC之外(如图(2))，根据假设∠A，∠B，∠C，∠D都小于90°，这和四边形内角之和等于360°矛盾．综上所述．原结论成立．[一点通] (1)结论中含有“不”、“不是”、“不可能”、“不存在”等词语的命题称为否定性命题，此类问题正面比较模糊，而反面比较具体，适于应用反证法．(2)反证法属于逻辑方法范畴，它的严谨体现在它的原理上，即“否定之否定等于肯定”，其中：第一个否定是指“否定结论(假设)”；第二个否定是指“逻辑推理结果否定了假设”．反证法属“间接解题方法”．1．实数a、b、c不全为0等价于________(填序号)．①a，b，c全不为0；②a，b，c中最多只有一个为0；③a，b，c中只有一个不为0；④a，b，c中至少有一个不为0.解析：“不全为0”等价于“至少有一个不为0”．答案：④2.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是A1D1的中点，点N是CD的中点，用反证法证明直线BM与直线A1N是两条异面直线．解：假设直线BM与A1N共面．则A1D1?平面A1BND1，且平面A1BND1∩平面ABCD＝BN，由正方体特征知A1D1∥平面ABCD，故A1D1∥BN，又A1D1∥BC，所以BN∥BC.这与BN∩BC＝B矛盾，故假设不成立．所以直线BM与直线A1N是两条异面直线．3．已知三个正数a，b，c成等比数列，但不成等差数列，求证：a，b，c不成等差数列．证明：假设a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，即a＋c＋2ac＝4b，而b2＝ac，即b＝ac，∴a＋c＋2ac＝4ac，所以(a－c)2＝0.即a＝c，从而a＝b＝c，与a，b，c不成等差数列矛盾，故a，b，c不成等差数列．[例2] 求证：两条相交直线有且只有一个交点．[思路点拨] “有且只有一个”的否定分两种情况：“至少有两个”、“一个也没有”．[精解详析] 假设结论不成立，则有两种可能：无交点或不只有一个交点．若直线a，b无交点，则a∥b或a，b是异面直线，与已知矛盾．若直线a，b不只有一个交点，则至少有两个交点A和B，这样同时经过点A，B就有两条直线，这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾．综上所述，两条相交直线有且只有一个交点．[一点通] 证明“有且只有一个”的问题，需要证明两个命题，即存在性和惟一性．当证明结论以“有且只有”“只有一个”“惟一存在”等形式出现的命题时，由于反设结论易于导出矛盾，所以用反证法证其惟一性就较为简单明了．4．证明方程2x＝3有且仅有一个根．证明：∵２x＝3，∴x＝log23，这说明方程有一个根．下面用反证法证明方程2x＝3的根是惟一的，假设方程2x＝3有两个根b1、b2(b1≠b2)，则2b1＝3，2b2＝3.两式相除得：2b1－b2＝1.如果b1－b2>0，则2b1－b2>1，这与2b1－b2＝1相矛盾．如果b1－b2<0，则2b1－b2<1，这与2b1－b2＝1相矛盾．因此b1－b2＝0，则b1＝b2，这就同b1≠b2相矛盾．如果方程的根多于两个，同样可推出矛盾．故2x＝3有且仅有一个根．5．求证：过平面外一点有且只有一条直线和这个平面垂直．解：已知P?平面α.求证：过点P和平面α垂直的直线b有且只有一条．证明：(1)存在性：∵P?平面α，由立体几何知识知：过点P能作出一条直线与平面α垂直，故直线b存在．(2)惟一性：假设过点P还有一条直线c与平面α垂直．由b⊥α，c⊥α，得b∥c，这与b∩c＝P矛盾，故假设不存在，因此直线b惟一．综上所述，过平面外一点有且只有一条直线和这个平面垂直.[例3] 已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．[思路点拨] 本题要证a、b、c、d中至少有一个是负数，具体有一个负数？两个负数？三个负数？还是四个负数？都有可能，谁是负数也都有可能．所以正面证明很复杂，可考虑用反证法．[精解详析] 假设a、b、c、d都不是负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0.∵a＋b＝c＋d＝1，∴b＝1－a≥0，d＝1－c≥0.∴ac＋bd＝ac＋(1－a)(1－c)＝2ac－(a＋c)＋1＝(ac－a)＋(ac－c)＋1＝a(c－1)＋c(a－1)＋1.∵a(c－1)≤0，c(a－1)≤0.∴a(c－1)＋c(a－1)＋1≤1，即ac＋bd≤1.与ac＋bd>1相矛盾．∴假设不成立．∴a、b、c、d中至少有一个是负数．[一点通] (1)对于否定性命题或结论中出现“至多”“至少”“不可能”等字样时，常用反证法．(2)常用的“原结论词”与“反设词”归纳如下表：原结论词至少有一个至多有一个至少有n个至多有n个反设词一个也没有(不存在)至少有两个至多有n－1个至少有n＋1个6．已知a，b，c∈(0，1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于1 4 .证明：假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于1 4 .∵a，b，c∈(0，1)，∴1－a＞0，1－b＞0，1－c＞0，∴（1－a）＋b2≥（1－a）b＞14＝12.同理（1－b）＋c2＞12，（1－c）＋a2＞12.三式相加，得（1－a）＋b2＋（1－b）＋c2＋（1－c）＋a2＞32，即32＞32，矛盾．所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于1 4 .7．用反证法证明：若函数f(x)在区间[a，b]上是增函数，那么方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多只有一个实数根．证明：假设方程f(x)＝0在区间[a，b]上至少有两个根，设α，β为其中的两个实根．因为α≠β，不妨设α<β，又因为函数f(x)在区间[a，b]上是增函数，所以f(α)<f(β)．这与f(α)＝0＝f(β)矛盾．所以方程f(x)＝0在区间 [a，b]上至多只有一个实根．1．反证法证明的适用情形(1)一些基本命题、基本定理；(2)易导出与已知矛盾的命题；(3)“否定性”命题；(4)“惟一性”命题；(5)“必然性”命题；(6)“至多”“至少”类命题；(7)涉及“无限”结论的命题．2．用反证法证明问题的三个注意点(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，必然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，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．一、填空题1．命题“1＋ba，1＋ab中至多有一个小于2”的反设为__________________．答案：1＋ba，1＋ab都小于 22．(山东高考改编)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是____________________．解析：至少有一个实根的否定是没有实根．答案：方程x3＋ax＋b＝0没有实根3．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为____________________．解析：“a，b全为0”即是“a＝0且b＝0”，因此它的反设为“a≠0或b≠0”．答案：a，b不全为04．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误．②所以一个三角形不能有两个直角．③假设△ABC中有两个直角，不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.上述步骤的正确顺序为________．解析：由反证法的一般步骤可知，正确的顺序应为③①②.答案：③①②5．用反证法证明命题“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，则x≠a且x≠b”时，应假设为______________________．解析：对“且”的否定应为“或”，所以“x≠a且x≠b”的否定应为“x＝a或x＝b”．答案：x＝a或x＝b二、解答题6．(陕西高考)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，当q＝1时，S n＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠１时，S n＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1q n－1，①qS n＝a1q＋a1q2＋…＋a1q n，②①－②得，(1－q)S n＝a1－a1q n，∴S n＝a1（1－q n）1－q，∴S n＝na1，q＝1，a1（1－q n）1－q，q≠1.(2)证明：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，∵a1≠0，∴2q k＝q k－1＋q k＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n＋1}不是等比数列．7．设f(x)＝x2＋ax＋b，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2 .证明：假设|f(1)|<12，|f(2)|<12，|f(3)|<12，则有－12<1＋a＋b<12，－12<4＋2a＋b<12，－12<9＋3a＋b<12.于是有－32<a＋b<－12，①－92<2a＋b<－72，②－192<3a＋b<－172. ③由①、②得－4<a<－2，④由②、③得－6<a<－4.⑤④、⑤显然相互矛盾，所以假设不成立，所以原命题正确．8．已知P?直线a.求证：过点P和直线a平行的直线b有且只有一条．证明：(1)存在性：∵P?直线a，∴点P和直线a确定一个平面α.由平面几何知识知：在平面α内过点P能作出一条直线与直线a平行，故直线b存在．(2)惟一性：假设过点P还有一条直线c与a平行．∵a∥b，a∥c，∴b∥c，这与直线b、c有共点P矛盾．故假设不存在，因此直线b惟一．综上所述，过直线外一点有且只有一条直线和这条直线平形.。
第二章 推理与证明
2.2 直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法
第1课 时综合法
A 级 基础巩固
一、选择题
1．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x
中最大的一个是( ) A ．a
B ．b
C ．c
D ．不能确定
解析：∵0<x <1，∴b ＝1＋x >2x >2x ＝a .
又11－x －(1＋x )＝x 21－x >0，知11－x
>1＋x ∴c >b >a ，最大的数为c .
答案：C
2．已知函数f (x )＝lg 1－x 1＋x
，若f (a )＝b ，则f (－a )等于( ) A ．b
B ．－b C.1b D ．－1b
解析：f (x )定义域为(－1， 1)，
f (－a )＝l
g 1＋a 1－a ＝lg ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－a 1＋a －1＝－lg 1－a 1＋a ＝－f (a )＝－b . 答案：B
3．命题“如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2
－3n ，那么数列{a n }一定是等差数列”是否成立( )
A ．不成立
B ．成立
C ．不能断定
D ．与n 取值有关 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －5
又a 1＝S 1＝2×12
－3×1＝－1适合上式．
∴a n ＝4n －5(n ∈N *)，则a n －a n －1＝4(常数)
故数列{a n }是等差数列．
答案：B
4．(2014·四川卷)若a >b >0， c <d <0，则一定有( )
A.a d >b c
B.a d <b c
C.a c >b d
D.a c <b d
解析：法一：令a ＝3，b ＝2，c ＝－3，d ＝－2，
则a c ＝－1，b d
＝－1，排除选项C ，D ； 又a d ＝－32，b c ＝－23，所以a d <b c
，所以选项A 错误，选项B 正确． 法二：因为c <d <0，所以－c >－d >0，所以
1－d >1－c >0. 又a >b >0，所以
a
－d >b －c ，所以a d <b c . 答案：B
5．在△ABC 中，已知sin A cos A ＝sin B cos B ，则该三角形是( )
A ．等腰三角形
B ．直角三角形
C ．等腰直角三角形
D ．等腰或直角三角形 解析：由sin A cos A ＝sin B cos B 得sin 2A ＝sin 2B ，
所以2A ＝2B 或2A ＝π－2B ，即A ＝B 或A ＋B ＝π2
.所以该三角形是等腰或直角三角形． 答案：D
二、填空题
6．命题“函数f (x )＝x －x ln x 在区间(0，1)上是增函数”的证明过程“对函数f (x )＝x －x ln x 求导，得f ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＝－ln x >0，故函数f (x )在区间(0，1)上是增函数”，应用了________的证明方法．
解析：本命题的证明，利用题设条件和导数与函数单调性的关系，经推理论证得到了结论，所以应用的是综合法的证明方法．
答案：综合法
7．角A ，B 为△ABC 内角，A >B 是sin A >sin B 的________条件(填“充分”“必要”“充要”或“即不充分又不必要”)．
解析：在△ABC 中，A >B ⇔a >b
由正弦定理a sin A ＝b sin B
，从而sin A >sin B . 因此A >B ⇔a >b ⇔sin A >sin B ，为充要条件．
答案：充要
8．设a >0，b >0，若3是3a 与3b 的等比中项，则1a ＋1b
的最小值为________． 解析：3是3a 与3b 的等比中项⇒3a ·3b ＝3⇒3
a ＋
b ＝3⇒a ＋b ＝1，因为a >0，b >0，所以ab ≤a ＋b 2＝12⇒ab ≤14
， 所以1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥114
＝4. 答案：4
三、解答题
9．已知a >0，b >0，求证：a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2
)≥4abc .
证明：因为b 2＋c 2≥2bc ，a >0
所以(b 2＋c 2) a ≥2abc
又因为b >0，c 2＋a 2≥2ac
所以b (c 2＋a 2)≥2abc .
因此a (b 2＋c 2)＋bc (c 2＋a 2)≥4abc .
10．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数y ＝f (x ＋1)与y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，求证：函数y ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋12为偶函数． 证明：∵函数y ＝f (x )与y ＝f (x ＋1)的图象关于y 轴对称．
∴f (x ＋1)＝f (－x )
则y ＝f (x )的图象关于x ＝12
对称 ∴－b 2a ＝12
，∴a ＝－b . 则f (x )＝ax 2
－ax ＋c ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋c －a 4 ∴f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋12＝ax 2＋c －a 4为偶函数． B 级 能力提升
1．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：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.
答案：A
2．已知sin x ＝
55，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝________． 解析：∵sin x ＝55，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2，∴cos x ＝－45
， ∴tan x ＝－12，∴tan ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝－3. 答案：－3
3．如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，点E 是PC 的中点．
(1)证明：CD ⊥AE .
(2)证明：PD ⊥平面ABE .
证明：(1)在四棱锥P ABCD 中，
因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .
因为AC ⊥CD ，PA ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面PAC .
又因为AE ⊂平面PAC ，所以CD ⊥AE .
(2)由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，
可得AC ＝PA .
因为点E 是PC 的中点，所以AE ⊥PC .
由(1)知，AE ⊥CD ，又PC ∩CD ＝C ，
所以AE ⊥平面PCD .
又因为PD ⊂平面PCD ，所以AE ⊥PD .
因为PA ⊥底面ABCD ，
所以平面PAD ⊥平面ABCD .
又AB ⊥AD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥PD .
又因为AB ∩AE ＝A ，所以PD ⊥平面ABE .。
