2019版高考数学一轮复习第11章算法复数推理与证明11.4直接证明与间接证明学案理

第4讲 直接证明与间接证明板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．[2018·绵阳周测]设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( )A ．t >sB ．t ≥sC ．t <sD ．t ≤s 答案 D解析 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t ，选D 项． 2．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2<bc 2B ．a 2>ab >b 2C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )， ∵a <b <0，∴a －b <0， ∴a 2－ab >0， ∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2.3．下列不等式一定成立的是( )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 ) 答案 C解析 对于A ，当x >0时，x 2＋14≥2·x ·12＝x所以lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14≥lg x ，故A 不正确；对于B ，当x ≠k π时，sin x 正负不定，不能用基本不等式，所以B 不正确； 对于D ，当x ＝0时，1x 2＋1＝1，故D 不正确． 由基本不等式可知选项C 正确．4．若a >0，b >0，a ＋b ＝1，则下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2≥12B ．ab ≤14C.1a ＋1b≥4D.a ＋b ≤1答案 D解析 a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2·⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝12，∴A 成立；ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，∴B 成立．又1a ＋1b＝a ＋b a＋a ＋b b＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ＋ab＝4，∴C 成立，∴应选D. 5．[2018·邹平期末]若a >b >c ，则使1a －b ＋1b －c ≥ka －c恒成立的最大的正整数k 为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C解析 ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0， 且a －c ＝a －b ＋b －c . 又a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －c b －c ＝2＋b －c a －b ＋a －bb －c ≥2＋2＝4， ∴k ≤a －c a －b ＋a －cb －c，k ≤4， 故k 的最大整数为4.故选C.6．[2018·邯郸模拟]设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2；④a 2＋b 2＞2；⑤ab ＞1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)答案 ③解析 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出；对于③，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. 7．已知a ＋b ＋c ＝0，求证：a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0. 证明 运用“立方和”公式证明：a 3＋b 3＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)，∴原式＝a 3＋b 3＋(a 2c ＋b 2c －abc ) ＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)＋c (a 2－ab ＋b 2) ＝(a ＋b ＋c )·(a 2－ab ＋b 2) ∵a ＋b ＋c ＝0， ∴原式＝0，即当a ＋b ＋c ＝0时，a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0.8．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． 9．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．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 n n＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， 所以(q 2－pr )＋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． 10．已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明：方程f (x )＝0没有负数根．[B级知能提升]1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是( ) A．M≥N B．M≤NC．M＝N D．不能确定答案 A解析 M －N ＝x 2＋y 2＋1－(x ＋y ＋xy )＝12[(x 2＋y 2－2xy )＋(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)] ＝12[(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2]≥0.故M ≥N . 2．已知实数m ，n 满足m ·n >0，m ＋n ＝－1，则1m ＋1n的最大值为________．答案 －4解析 ∵m ·n >0，m ＋n ＝－1，∴m <0，n <0， ∴1m ＋1n＝－(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n＝－⎝⎛⎭⎪⎫2＋m n ＋nm ≤－2－2m n ·nm＝－4， 当且仅当m ＝n ＝－12时，1m ＋1n 取得最大值－4.3．[2018·清水期末]设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证： (1)c 2>ab ；(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .证明 (1)∵a >0，b >0,2c >a ＋b ≥2ab ， ∴c >ab ， 平方得c 2>ab .(2)要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 只要证－c 2－ab <a －c <c 2－ab . 即证|a －c |<c 2－ab ， 即(a －c )2<c 2－ab ，∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )<0成立， ∴原不等式成立．4．[2018·正定模拟]设f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c .若a ＋b ＋c ＝0，f (0)>0，f (1)>0，求证： (1)a >0且－2<b a<－1；(2)方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．证明 (1)∵f (0)>0，f (1)>0，∴c >0,3a ＋2b ＋c >0. 由a ＋b ＋c ＝0，消去b 得a >c >0；再由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c 得a ＋b <0且2a ＋b >0， ∴－2<b a<－1.(2)解法一：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋34c 2>0， ∴方程f (x )＝0有两个实根．设方程的两根为x 1，x 2，由根与系数的关系得 x 1＋x 2＝－2b 3a >0，x 1x 2＝c3a >0，故两根为正．又∵(x 1－1)＋(x 2－1)＝－2b3a－2<0，(x 1－1)(x 2－1)＝3a ＋2b ＋c3a>0，故两根均小于1，命题得证．解法二：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋3c 24>0， 由(1)知－2<b a <－1，∴12<－b2a<1，已知f (0)>0，f (1)>0，∴f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．5．[2015·陕西高考]设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，…，x n的各项和，其中x >0，n ∈N ，n ≥2.(1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )和g n (x )的大小，并加以证明．解 (1)证明：F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－2， 则F n (1)＝n －1>0，F n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－2＝－12n <0，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内至少存在一个零点． 又F n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，故F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增， 所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n . 因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0， 即1－x n ＋1n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)由题设，g n (x )＝n ＋＋xn2.设h (x )＝f n (x )－g n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－n ＋＋xn2，x >0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )． 当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1－n n ＋x n －12.若0<x <1，h ′(x )>xn －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n n ＋2x n －1＝n n ＋2x n －1－n n ＋2x n－1＝0.若x >1，h ′(x )<xn －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n n ＋2·xn －1＝n n ＋2x n －1－n n ＋2·xn －1＝0.所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以h (x )<h (1)＝0，即f n (x )<g n (x )．综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )<g n (x )．。

第4节直接证明与间接证明、数学归纳法知识点、方法题号综合法与分析法1,3,4,5,7,8,9,13反证法 2数学归纳法6,10,15推理与证明的综合应用11,12,14基础巩固(时间:30分钟)1.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( B )(A)不成立 (B)成立(C)不能断定 (D)与n取值有关解析: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.故选B.2.用反证法证明某命题时,对结论:“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”正确的反设为( B )(A)a,b,c中至少有两个偶数(B)a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数(C)a,b,c都是奇数(D)a,b,c都是偶数解析:a,b,c恰有一个是偶数说明有且只有一个是偶数.其否定有a,b,c均为奇数或a,b,c至少有两个偶数.故选B.3.设a=-,b=-,c=-,则a,b,c的大小顺序是( A )(A)a>b>c (B)b>c>a(C)c>a>b (D)a>c>b解析:因为a=-=,b=-=,c=-=,又因为+>+>+>0,所以a>b>c.故选A.4.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( C )(A)a-b>0 (B)a-c>0(C)(a-b)(a-c)>0 (D)(a-b)(a-c)<0解析:<a⇔b2-ac<3a2⇔(a+c)2-ac<3a2⇔a2+2ac+c2-ac-3a2<0⇔-2a2+ac+c2<0⇔2a2-ac-c2>0⇔(a-c)(2a+c)>0⇔(a-c)(a-b)>0.故选C.5.设0<x<1,a>0,b>0,a,b为常数,+的最小值是( C )(A)4ab (B)2(a2+b2)(C)(a+b)2(D)(a-b)2解析:(+)(x+1-x)=a2+++b2≥a2+b2+2ab=(a+b)2.当且仅当x=时,等号成立.故选C.6.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N*)能被9整除”,要利用归纳假设证n=k+1时的情况,只需展开( A )(A)(k+3)3 (B)(k+2)3(C)(k+1)3 (D)(k+1)3+(k+2)3解析:假设当n=k时,原式能被9整除,即k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除.当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面的归纳假设,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.故选A.7.(2016·兰州调研)已知a,b是不相等的正数,x=,y=,则x,y的大小关系是.解析:因为>(a≠b)⇒a+b>2⇒2(a+b)>a+b+2⇒a+b>⇒>,即x<y.答案:x<y8.已知点A n(n,a n)为函数y=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:由已知条件得c n=a n-b n=-n=,所以c n随n的增大而减小,所以c n+1<c n.答案:c n+1<c n能力提升(时间:15分钟)9.(2017·郑州模拟)设x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,则( A )(A)P>Q (B)P<Q (C)P≤Q (D)P≥Q解析:因为2x+≥2=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2;又(sin x+cos x)2=1+sin 2x,而sin 2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A.10.平面内有n条直线,最多可将平面分成f(n)个区域,则f(n)的表达式为( C )(A)n+1 (B)2n(C)(D)n2+n+1解析:1条直线将平面分成1+1个区域;2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域;3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域;…;n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+=个区域.故选C.11.(2017·邯郸模拟)设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;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=,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,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:③12.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)令解得p≤-3或p≥,故满足条件的p的范围为(-3,).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-<p<1或-3<p<.故满足条件的p的取值范围是-3,.答案:(-3,)13.若a>b>c>d>0且a+d=b+c,求证:+<+.证明:要证+<+,只需证(+)2<(+)2,即a+d+2<b+c+2,因a+d=b+c,只需证<,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+<+成立.14.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:(1)选择②式,计算如下:sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°=1-sin 30°=1-=.(2)法一三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sin α·cos(30°-α)=.证明如下:sin2α+cos2(30°-α)-sin α·cos(30°-α)=sin2α+(cos 30°cos α+sin 30°sin α)2-sin α·(cos 30°cos α+sin 30°sin α)=sin2α+cos2α+sin αcos α+sin2α-sin αcos α-sin2α=sin2α+cos2α=.法二三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sin α·cos(30°-α)=.证明如下:sin2α+cos2(30°-α)-sin αcos(30°-α)=+-sin α·(c o s30°c o sα+s i n30°s i nα)=-c o s2α++(cos 60°cos 2α+sin 60°sin 2α)-sin αcos α-sin2α=-cos 2α++cos 2α+sin 2α-sin 2α- (1-cos 2α)=1-cos 2α-+cos 2α=.15.数列{a n}满足a1=,a n+1=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{a n}的前n项和为S n,证明S n<n-ln().(1)解:法一a n+1-1=-1=,所以==-1+,所以{}是首项为-2,公差为-1的等差数列,所以=-n-1,所以a n=.法二a2=,a3=,a4=,猜测a n=.下面用数学归纳法进行证明:①当n=1时,由题目已知可知a1=,命题成立;②假设当n=k(k≥1,k∈N)时成立,即a k=,那么当n=k+1,a k+1===,也就是说,当n=k+1时命题也成立.综上所述,数列{a n}的通项公式为a n=.(2)证明:设F(x)=ln(x+1)-x(x>0),则F′(x)=-1=<0(x>0).函数F(x)为(0,+∞)上的减函数,所以F(x)<F(0)=0,即ln(x+1)<x(x>0), 从而ln(1+)<,1-<1-ln(1+),a n=1-<1-ln(n+2)+ln(n+1),所以S n<(1-ln 3+ln 2)+(1-ln 4+ln 3)+…+[1-ln(n+2)+ln(n+1)],所以S n<n-ln().。

第2节直接证明与间接证明最新考纲1. 了解直接证明的两种基本方法一一分析法和综合法；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一一反证法；了解反证法的思考过程和特点. 基础诊斷I 回归教材，夯实基础鸳知识梳理1.直接证明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：假设原命题丕成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立的证明方法.(2)用反证法证明的一般步骤：①反设一一假设命题的结论不成立；②归谬一一根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论一一断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立.诊断自测1 •思考辨析(在括号内打“丿”或“ X ”)(1)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.()(2) 用反证法证明结论“Qb”时，应假设“Kb” .() (3) 反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾.()(4) 在解决问题吋，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.()解析(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件.(2) 应假设“ aWb” . (3) 反证法只否定结论.答案(1)X(2)X (3)X (4) V 2•若/ b, c 为实数，且水ZKO,则下列命题正确的是(A. ac<bc c.-<| a b解析 a —ab=a{a —!j)，T 曰〈ZKO, /ZKO, 自b>0, ：• 4ab.① 又 ab_ 6= bla —6) >0, /• ab>/),②①②得答案B3•要证孑+方'一I —//WO,只要证明( ) A ・2“一 1 —//WO B. 才+用一1 一节'wo1-丹 woD. (a-l) (—1)20解析 /+川一1一/力2000(/一1)(力2一］)事0・ 答案D4•用反证法证明：若整系数一元二次方程日,+^+c=0@H0)有有理数根，那么白，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()解析 “至少有一个”的否定为“都不是”，故B 正确.D.A •假设a, b y C 都是偶数 B.假设⑦Q 都不是偶数C.假设a, b, c 至多有一个偶数D.假设a. b, C 至多有两个偶数答案B5.（选修1 —2P37例3改编）在△肋C 中，三个内角儿B, C 的对边分别为臼，b, c,且昇，B, C 成等差数列，b, c 成等比数列，则的形状为 ___________________ ・解析 由题意2B=A+a 又A+B+C=Ti t ：・B=+，又E = ac,由余眩定理得—2accos B=- a c~ ac,.•・/+<? —2臼c=0,即（臼一c ）' = 0, a= c,:.A=C :.A=B=C=^f ：,\ABC 为等边三角形.答案等边三角形考点一综合法的应用【例1】数列&｝满足 如尸*7, ^=1.（1）证明：数列•丄］是等差数列；⑵（一题多解）求数列｛弓的前刀项和$,并证明£+右+…+舟〉希・ （1）证明 *•* 自/?+1 = 2$ + ］， ，.丄=空也，化简得丄=2+丄，3n+\ cln日卄 13n故数列是以1为首项，2为公差的等差数列.（2）解 由⑴知丄=2〃一1,・・・$=刀=於・日门 2法一 £+2+…+2=*+*+…+如左+忐+…+应（二）=（1_灯+£_｛|+…+J 丄Li —丄=亠'v?刀+1 丿 刀+i /?+r一 1.1. . 1 1.1. . 1法一 s +s +，，，+s =7+?+，，，+7>b厂 n 1,1, , 1 n 又V1>7+T , ・•・&+§+…+瓦订亍规律方法1.综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知（从题设到结论） 的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断（命题）出发，经过一系列中间推 理，最后导出所要求证结论的真实性.2.综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.【训练1】(2018 •东北三省三校调研)已知②b, c>0, a+b+c=\.求证：I 考点突破KT 精彩PPT 名师讲解分类讲练，以例求法⑴込+边+込W羽；1 1 1 3(2) 3^+l+3Z?+l+3c+1^2-证明⑴ */ (込+边+&)'= (<?+ b+ c) + + 2y[bc+ (a+b+c) + (a+Z?) + (方+c) + (c+ a) = 3,.•・匹+边+讥W书.(2) Va>0,・・・3日+1>0,4 /~~+(3^+l)^2^y— (3卄1) =4,4 1当且仅当需石=3日+i,即日=§时取“=”・4 4 4•: § 了+ 严3 —3日, 同理彳导§力+ [ N3——3方, %，+〔$3 —3Q,以上三式相加得4(3a+l+36+l + 3c+l)》9-3(a+0+c) =6,・丄+丄+丄丿••3 日+1 十3 力+1 十3c+l 一2'当且仅当a=b=c=^时取“=”・考点二分析法的应用【例2】已知日$方〉0,求证：2a-!}^2al}-ab.证明要证明2菱一5扭一眦成立，只需证2/—b'—2a甘+日'方$0,即2a{a— I}) + b{a —I J) 20,即(<?+/?) (a— 6) (2日+力)$0.•・•日2方>0,・•・日一方20, a+b>0, 2日+方>0,从而(日+b) (a—/?) (2日+Z?) 20 成立，・：2 臼'一方'N 2 al)— a b.规律方法1.逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件•正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.2.证明较复朵的问题时，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. 【训练2】的三个内角弭，B, C 成等差数列，A. B, C 的对边分别为臼，力，c ・ 求ill.：日+力+ 〃+厂日+力+ & 证明 要证訐讦厂白+方+ c'只需证c (方+c) +臼(<5+方)=(日+方)(/?+ c),需证 c+a=ac+lj , 又△力比三内角B, C 成等差数列，故〃=60° , 由余弦定理，得2日ccos 60° , 即 l)=c +a —ac, 故 成立.于是原等式成立. 考点三反证法的应用【例3】等差数列｛/｝的前刀项和为型=1+迈，^=9 + 3^2.(1)求数列｛/｝的通项弘与前n 项和弘⑵设fe=-(/7£N*),求证：数列｛加中任意不同的三项都不可能成为等比数列. n故 a t ,= 2n —\+^2, $=刀(刀+迈)・(2)证明 由⑴得 心|=卄边•假设数列｛加屮存在三项b”山,b 如,q, reN\且互不相等)成等比数列,则 Eq= bpbc 即(q+y[i)2= (p+^2) (r+^2).(q'—pH +£(2q —p —厂)=0.(p —z)2=0. :.p=r, 与 p^r 矛盾.・•・数列仏,｝中任意不同的三项都不可能成为等比数列.规律方法1.当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时, 可用反证法來证，反证法关键是在正确的推理下得出才盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与 假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等.2.用反证法证明不等式要把握三点：（1）必须否定结论；（2）必须从否定结论进行推理；（3） 推导出的矛盾必须是明显的.【训练3】（2018 •郑州一中月考）已知& + &+戲+戲>100,求证：金,&”曰3, 2中至少有 一即证斗啟+也就是不+芹=1,a+b⑴解 由已知得曰1=萌+ 1, 、3/ +3d=9 + 3 迈,解得d=2, q,疋『・・・厂严°'2q —p —厂=0.个数大于25.证明假设日1,日2,他,Qi 均不大于25,即日W25, G W25,日3025, /W25,则ai + ^+aj+ D W25 + 25 + 25 + 25 = 100,这与已知曰】+日z+^+aAlOO 矛盾，故假设错误.所以$i,越，禺,中至少有一个数大于25. 課时作业分层训练，提升能力基础巩固题组 （建议用时:40分钟）一、选择题1. 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°解析 “至少有一个”的否定是“一个都没有”，故可以理解为都大于60° . 答案B2.已知刃>1, &=、]/卄1 _、[齐,b=yl~in —y[m —],则以下结论正确的是（ ）A. a>bB. a<Z?C. a=bD. a, b 大小不定••• ~7=<-j=~ ,即 a<b. yj/n+l+yj/n yjm+ylni —1答案B3•若血bGR,则下面四个式子中恒成立的是（ A. lg(l+a)>0 B./+畑2（日一/?一1）C.日?+3必>2/a a+\ D ，几+1解析 在 B屮，9：a+^-2{a-b~\） = （a~2a+l ） + （l ）+2b+l ） = （r?-l ）2+ （Z?+l ）2^0,a+1）^2（日一/?—1）恒成立.答案B4.分析法又称“执果索因法”，若用分析法证明：“设a>b>c f且臼+力+c=0,求证苗二^ <晶”索的因应是（）A. a-b>0B. a-c>0C. (a—Z?) (a—c) >0D.(日一方)(g_c) <0解析由题意知p b:~ac<y[3a^ if—ac<?>aU (臼+ c)2一臼cV3/u a + 2ac-\~c— ac~3a2<0u ~2a+ac+ c V0<=2/—曰c—<?>0u （日一c）（2日+c） >0u （日一c）（日一方）>0.答案C5.①已知刀'+d=2,求证p+qW2,用反证法证明时，可假设p+q$2；②已知日，"WR, |臼| +丨引〈1,求证方程^+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山的绝对值大于或等于1,即假设g|21.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的假设正确解析反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p+g>2,所以①不正确；对于②，其假设正确.答案D二、填空题6.&+⑴与2y[2+y[^的大小关系为___________ •解析要比较托+⑴与2^2的大小，只需比较（&+〒）2与哪 +帝）彳的大小，只需比较6 + 7+2换与8 + 5 + 4、麵的大小，只需比较换与2倾的大小，只需比较42与40的大小， •・・42＞40,・・・&+〒＞2辺+&. 答案 &+⑴＞2边+书7.用反证法证明命题“a, bER, ”可以被5整除，那么自，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是 ______________________ .解析 “至少有一个能被5整除”的否定是“都不能被5整除”・ 答案b 都不能被5整除”&下列条件：①"＞0,②日风0,③Q0,方＞0,④日〈0, /K0,其中能使一+勺$2成立的条件的 a b 序号是 ________ . 解析 要使？+»2,只需纟0成立，即日，0不为0且同号即可，故①③④能使纟+»2成 a b a ab 立. 答案①③④ 三、解答题9. 若b, c 是不全相等的正数，求证：a+ b b+c c+ alg 2 +1 呂 2 +1 呂 2 >1$ ^+lg 方c.证明 Vc?, b, cW (0, +°°),0» ~^—^y[bc>0f fi C^y[ac>0.又上述三个不等式中等号不能同时成立. 日+力 方+c c+曰上式两边同时取常用对数,方 b+c c+白 -1 g 2+1 2 +1 g 2 > 1 g 臼+W 方+8 Q ・10. 设数列｛切是公比为q 的等比数列，是它的前刀项和. (1)求证:数列⑸不是等比数列; (2)数列｛0是等差数列吗？为什么？(1)证明 假设数列｛$｝是等比数列，贝 即 a?(l + q) 2=ai • a \ • (l + q +孑),得lg(a+ b b+c c+Q2 ~)>lg abc,因为日iHO,所以｛\ + q)2=\ + q+q ,即4=0,这与公比狞0矛盾，所以数列｛$｝不是等比数列.(2)解 当g=l 吋，S 产隔,故｛或是等差数列；当qHl 时，｛$｝不是等差数列，否贝1」2$ = $ + $, 即 2<?1 (1 + Q )= & + 句(1 + Q + cf), 得q=0,这与公比gHO 矛盾.综上，当g=l 时，数列｛S ｝是等差数列；当qHl 时，数列｛$｝不是等差数列. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11. (2018 •上饶开学考试)设"y, "0,则三个数才三，予；分; B. 至少有一个大于2$6,当且仅当吋等号成立.所以三个数中至少有一个不小于2,故选C. 答案C12. (2016 -全国I 【卷)有三张卡片，分别写有1和2, 1和3, 2和3.甲,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” 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及乙看了丙的卡片后的说法进行推理.由丙说“我的卡片上的数字Z 和 不是5”，可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说：“我与 丙的卡片上相同的数字不是1”可知，乙的卡片不含1,所以乙的卡片上的数字为2和3.再 根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”可知，甲的卡片上的数字是1和3. 答案1和313.设日，b, c, 〃均为正数，且a+b=c+d,证明: ⑴若ab> cd,则込+寸於\斤+认?； (2)、方+边>讥+寸旋|日一力|〈| c~d\的充要条件. 证明(1)因为2=<9+ b+ 2y[~ab,(y[c+y[d) $ = Q + d+ 2y[cd 1由题设臼 + b= c+ dy ab>cd 得(y[a+yl~/)) 2> (y[c+y[d) \ 因 +y[b>y[c+y[d.(2)①若\ a — b\< \ c — d\，贝！| (5—i)2<((?—d)2, 即(曰+Z?)2—4日ZK (c+/2—4cd.因为 a+ b= c+ d> 所以 ab>cd. 由⑴得込+边>&+逅A.都大于2C. 至少有一个不小于2D. 至少有一个不大于2 乙，丙三人各取走,乙看了丙的卡片解析因为②若诵+边>讥+術，则(y[a+y[b) 2>(r\[c+y[c/)2,即盘+方+2寸；Z>c+〃+2寸石因为a+ b= c+ d,所以aQcd,于是(a—Z?)2= (a+H)2—4ab< (c+d)2—4cd= (c—d)l 因此I a~h\< I c~d\ ・综上，y[3+y[b>y[c+y[d^ a— /?| < | c~ d的充要条件.。

第4讲直接证明与间接证明、数学归纳法)1．直接证明直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．(1)综合法：一般地，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．综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．(2)分析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．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．3．数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．1．辨明三个易误点(1)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．(2)利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，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．(3)数学归纳法证题的关键是第二步，证题时应注意：①必须利用归纳假设作基础；②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法；③解题时要搞清从n＝k到n＝k＋1增加了哪些项或减少了哪些项．2．证题的三种思路(1)综合法证题的一般思路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)分析法证题的一般思路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)反证法证题的一般思路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．明确数学归纳法的两步证明数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，它的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在n＝k＋1时一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”．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D 由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．2．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从n＝k到n＝k＋1，左边需增添的代数式是( )A．2k＋2 B．2k＋3C．2k＋1 D．(2k＋2)＋(2k＋3)D3.教材习题改编用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( )A．三角形三个内角都不大于60°B．三角形三个内角都大于60°C．三角形三个内角至多有一个大于60°D．三角形三个内角至多有两个大于60°B4．用数学归纳法证明2n＞2n＋1，n的第一个取值应是______．因为n＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n＋1不成立；n＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n＞2n＋1不成立；n＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n＞2n＋1成立．所以n 的第一个取值应是3. 35．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到边a 的对角A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足________．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.a 2>b 2＋c 2综合法已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)．(1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．【证明】 (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ， 故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0.由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]， 即1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)． (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n≤2，所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．综合法的证题思路(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．在△ABC 中，设a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，且直线bx ＋y cosA ＋cosB ＝0与ax ＋y cos B ＋cos A ＝0平行，求证：△ABC 是直角三角形．法一：由两直线平行可知b cos B －a cos A ＝0，由正弦定理可知sin B cos B －sin A cosA ＝0，即12sin 2B －12sin 2A ＝0，故2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2.若A ＝B ，则a ＝b ，cos A ＝cos B ，两直线重合，不符合题意，故A ＋B ＝π2，即△ABC 是直角三角形．法二：由两直线平行可知b cos B －a cos A ＝0，由余弦定理，得a ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b ·a 2＋c 2－b 22ac，所以a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2)， 所以c 2(a 2－b 2)＝(a 2＋b 2)(a 2－b 2)，所以(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0，所以a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2. 若a ＝b ，则两直线重合，不符合题意， 故a 2＋b 2＝c 2，即△ABC 是直角三角形．分析法已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .【证明】 因为m ＞0，所以1＋m ＞0，所以要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ， 即证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0， 又(a －b )2≥0显然成立，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .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．要注意书写格式的规范性．△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. 要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，也就是证c a ＋b ＋ab ＋c＝1， 只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2.又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°， 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立． 于是原等式成立．反证法(2015·高考湖南卷)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．【证明】 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，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．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．如图所示，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)若平面ABCD ⊥平面DCEF ，求直线MN 与平面DCEF 所成角的正弦值； (2)用反证法证明：直线ME 与BN 是两条异面直线．(1)设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D (0，0，0)，A (0，0，2)，M (1，0，2)，N (0，1，0)，可得MN →＝(－1，1，－2)． 又DA →＝(0，0，2)为平面DCEF 的一个法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成角的正弦值为|cos 〈MN →，DA →〉|＝63.(2)假设直线ME 与BN 共面，连接EN ，BE ，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 ，CD ⊂平面DCEF ，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．数学归纳法应用已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N *.(1)当n ＝1，2，3时，试比较f (n )与g (n )的大小；(2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明． 【解】 (1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1， 所以f (1)＝g (1)；当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)＜g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，所以f (3)＜g (3)．(2)由(1)猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明． ①当n ＝1，2，3时，不等式显然成立，②假设当n ＝k (k ≥3)时不等式成立，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3＜32－12k 2.那么，当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝f (k )＋1（k ＋1）3＜32－12k 2＋1（k ＋1）3.因为12（k ＋1）2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1（k ＋1）3 ＝k ＋32（k ＋1）3－12k 2＝－3k －12（k ＋1）3k2＜0，所以f (k ＋1)＜32－12（k ＋1）2＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N *，都有f (n )≤g (n )成立．“归纳——猜想——证明”的模式“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．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用．其关键是归纳、猜想出公式．1．求证：12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)(n ∈N *)． ①当n ＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立． ②假设n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＝－k (2k ＋1)．当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)－(4k ＋3)＝－(2k 2＋5k ＋3)＝－(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②得，等式对任意n∈N*都成立．2．将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14，15)，(16，17，18，19，20，21)，…分别计算各组包含的正整数的和如下：S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，…试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＝34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈N*，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．1．设m＝1＋3，n＝22，则m与n的大小关系是( )A．m＞n B．m≥nC．m＜n D．m≤nC 法一：m2－n2＝(1＋3)2－(22)2＝4＋23－8＝23－4＝12－16＜0，又m＞0，n＞0.所以m＜n，故选C.法二：假设m≥n，即1＋3≥2 2.则有(1＋3)2≥(22)2，即4＋23≥8，即23≥4，即3≥2，即3≥4，显然错误，所以m ＜n ，故选C.2．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”的第二步是( ) A ．假设n ＝2k ＋1时正确，再推n ＝2k ＋3时正确(其中k ∈N *) B ．假设n ＝2k －1时正确，再推n ＝2k ＋1时正确(其中k ∈N *) C ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋1时正确(其中k ∈N *) D ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋2时正确(其中k ∈N *) B 因为n 为正奇数，所以n ＝2k －1(k ∈N *)． 3．若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( ) A ．lg(1＋a 2)>0 B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) C ．a 2＋3ab >2b 2D ．a b <a ＋1b ＋1B 在B 中，因为a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立．4．已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) 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)2A f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2. 5．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．6．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)<0.7．用反证法证明命题“若x 2－(a ＋b )x ＋ab ≠0，则x ≠a 且x ≠b ”时，应假设为________．“x ≠a 且x ≠b ”的否定是“x ＝a 或x ＝b ”，因此应假设为x ＝a 或x ＝b .x ＝a 或x ＝b8．(2017·福州模拟)如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是__________．a a ＋b b ＞a b ＋b a ，即(a －b )2(a ＋b )＞0，需满足a ≥0，b ≥0且a ≠b . a ≥0，b ≥0且a ≠b9．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________．由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，所以c n 随n 的增大而减小，所以c n ＋1<c n .c n ＋1<c n10．sin α与sin β分别是sin θ与cos θ的等差中项与等比中项，则cos 4β－4cos 4α＝________．由题意得2sin α＝sin θ＋cos θ， sin 2β＝sin θcos θ， 所以cos 4β－4cos 4α ＝2cos 22β－1－4(2cos 22α－1) ＝2(1－2sin 2β)2－8(1－2sin 2α)2＋3＝2(1－2sin θcos θ)2－8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋cos θ222＋3 ＝2(sin θ－cos θ)4－2(sin θ－cos θ)4＋3＝3. 311．求证：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)． (1)当n ＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时等式成立， 即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k ) ＝2k·1·3·5·…·(2k －1)， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k ＋1) ＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)·2＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)．这就是说当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，对所有n ∈N *等式成立．12．已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝a ＋bx －12x 2＋13x 3，函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点(0，0)处有公共切线．(1)求a ，b 的值；(2)证明：f (x )≤g (x )．(1)f ′(x )＝11＋x，g ′(x )＝b －x ＋x 2， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＝f （0），f ′（0）＝g ′（0），解得a ＝0，b ＝1. (2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x )＝ln(x ＋1)－13x 3＋12x 2－x (x >－1)． h ′(x )＝1x ＋1－x 2＋x －1＝－x 3x ＋1. h (x )在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．h (x )max ＝h (0)＝0，h (x )≤h (0)＝0，即f (x )≤g (x )．13．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n ＞4时，f (n )＝________(用n 表示)．f (3)＝2，f (4)＝f (3)＋3＝2＋3，f (5)＝f (4)＋4＝2＋3＋4，f (6)＝f (5)＋5＝2＋3＋4＋5，猜想f (n )＝2＋3＋4＋…＋(n －1)＝（n ＋1）（n －2）2(n ＞4)． 5 12(n ＋1)(n －2) 14．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)若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1， 但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b ＞2，则a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾，因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1.③15．若f (x )的定义域为，值域为(a ＜b )，则称函数f (x )是上的“四维光军”函数．(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是上的“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．(1)由已知得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1， 所以函数在区间上单调递增，由“四维光军”函数的定义可知 ，g (1)＝1，g (b )＝b ， 即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b ＞1，所以b ＝3.(2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间(a ＞－2)上是“四维光军”函数， 因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ， 即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a 解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．16．设等差数列{a n }的公差d ＞0，且a 1＞0.记T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1.(1)用a 1，d 分别表示T 1、T 2、T 3，并猜想T n ；(2)用数学归纳法证明你的猜想．(1)T 1＝1a 1a 2＝1a 1（a 1＋d ）；T 2＝1a 1a 2＋1a 2a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3×1d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 1＋2d ×1d ＝2a 1（a 1＋2d ）； T 3＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋1a 3－1a 4×1d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 1＋3d ×1d ＝3a 1（a 1＋3d ）. 由此可猜想T n ＝na 1（a 1＋nd ）.(2)证明：①当n ＝1时，T 1＝1a 1（a 1＋d ），结论成立． ②假设当n ＝k 时(k ∈N *)时结论成立，即T k ＝ka 1（a 1＋kd ）.则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝T k ＋1a k ＋1a k ＋2＝ka 1（a 1＋kd ）＋1（a 1＋kd ）[a 1＋（k ＋1）d ]＝（k ＋1）（a 1＋kd ）a 1（a 1＋kd ）[a 1＋（k ＋1）d ]＝k ＋1a 1[a 1＋（k ＋1）d ]. 即n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，T n ＝n a 1（a 1＋nd ）对于一切n ∈N *恒成立．。

第4讲直接证明与间接证明板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 直接证明考点2 间接证明1．反证法的定义假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．2．利用反证法证题的步骤(1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；(2)由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；(3)由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．[必会结论]分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( )(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( )(3)用反证法证明结论“a ＞b ”时，应假设“a ＜b ”．( ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√2．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 答案 B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.3．[课本改编]用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是( )A ．假设至少有一个钝角B ．假设至少有两个钝角C ．假设没有一个钝角D ．假设没有一个钝角或至少有两个钝角 答案 B解析 注意到：“至多有一个”的否定应为“至少有两个”，故选B. 4．[2018·包头模拟]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 答案 D解析 假设a ，b 都不小于0，即a ≥0，b ≥0，则a ＋b ≥0，这与a ＋b ＜0相矛盾，因此假设错误，即a ，b 中至少有一个小于0.5．[2018·扬州调研]设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________． 答案 m <n解析 解法一：(取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m <n . 解法二：(分析法)a －b <a －b ⇐b ＋a －b >a ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．6．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________．答案 ①③④解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且a b>0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④都能使b a ＋a b≥2成立．板块二 典例探究·考向突破考向综合法证明例 1 已知sin θ，sin x ，cos θ成等差数列，sin θ，sin y ，cos θ成等比数列．证明：2cos2x ＝cos2y .证明 ∵sin θ与cos θ的等差中项是sin x ，等比中项是sin y ， ∴sin θ＋cos θ＝2sin x ，① sin θcos θ＝sin 2y ，②①2－②×2，可得(sin θ＋cos θ)2－2sin θcos θ＝4sin 2x －2sin 2y ，即4sin 2x －2sin 2y ＝1.∴4×1－cos2x 2－2×1－cos2y 2＝1，即2－2cos2x －(1－cos2y )＝1.故证得2cos2x ＝cos2y . 触类旁通综合法证明的思路(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．【变式训练1】 已知f (x )＝12x ＋2，证明：f (x )＋f (1－x )＝22.证明 ∵f (x )＝12x＋2， ∴f (x )＋f (1－x )＝12x＋2＋121－x＋2＝12x＋2＋2x2＋2·2x＝22＋2·2x＋2x2＋2·2x＝2＋2x 2＋2·2x ＝2＋2x2(2＋2x )＝12＝22. 故f (x )＋f (1－x )＝22成立． 考向分析法证明例 2 已知a >0，证明： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)． 因为a >0，所以⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)>0，所以只需证⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 22≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)2，即2(2－2)⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a≥2显然成立⎝⎛当且仅当a ＝1a＝1时等号成立 )，所以要证的不等式成立．触类旁通分析法证题的技巧(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，从而使原命题得证．【变式训练2】 已知正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1. 求证：a ＋b ＋c ≤ 3. 证明 欲证a ＋b ＋c ≤3， 则只需证(a ＋b ＋c )2≤3，即证a ＋b ＋c ＋2(ab ＋bc ＋ac )≤3， 即证ab ＋bc ＋ac ≤1. 又ab ＋bc ＋ac ≤a ＋b 2＋b ＋c 2＋a ＋c2＝1，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取“＝”， ∴原不等式a ＋b ＋c ≤3成立．考向反证法的应用命题角度1 证明否定性命题例 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？解 (1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)， ∵a 1≠0，∴(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，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，S 1，S 2，S 3成等差数列，即2S 2＝S 1＋S 3， 2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)．由于a 1≠0，∴2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2， ∵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． 命题角度2 证明存在性问题例 4 设x 、y 、z >0，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，求证：a 、b 、c 三数至少有一个不小于2.证明 假设a 、b 、c 都小于2， 则a ＋b ＋c <6.而事实上a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥2＋2＋2＝6(当且仅当x ＝y ＝z ＝1时取“＝”)与a ＋b ＋c <6矛盾，∴a ，b ，c 中至少有一个不小于2. 命题角度3 证明唯一性命题例 5 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F 点的位置；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2， ∴SA ⊥AD .同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，∴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 . ∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD . ∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ，∴平面FBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾，∴假设不成立． 故不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD . 触类旁通反证法的适用范围及证明的关键(1)适用范围：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．(2)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．【变式训练3】 (1)若三个方程x 2＋4mx －4m ＋3＝0，x 2＋(m －1)x ＋m 2＝0，x 2＋2mx －2m ＝0中至少有一个方程有实数根，求实数m 的取值范围．解 当三个方程都没有实根时，⎩⎪⎨⎪⎧(4m )2－4(3－4m )<0，(m －1)2－4m 2<0，4m 2＋8m <0，即⎩⎪⎨⎪⎧4m 2＋4m －3<0，3m 2＋2m －1>0，m 2＋2m <0，解得⎩⎪⎨⎪⎧－32<m <12，m <－1或m >13，－2<m <0，所以－32<m <－1.所以，三个方程中至少有一个方程有实根时，m 的取值范围为m ≥－1或m ≤－32.(2)若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．①设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值；②是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解 ①由已知得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知g (1)＝1，g (b )＝b ，即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3. ②假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a >－2)上是“四维光军”函数，因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有⎩⎪⎨⎪⎧h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．核心规律1.分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．2.综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．3.分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．满分策略1.当题目条件较多，且都很明确时，由因导果较容易，一般用综合法，但在证明中，要保证前提条件正确，推理要合乎逻辑规律．2.当题目条件较少，可逆向思考时，执果索因，使用分析法解决．但在证明过程中，注意文字语言的准确表述．3.利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，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.板块三启智培优·破译高考创新交汇系列10——分析法与综合法的交汇整合[2018·长沙模拟]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．解题视点(1)先判断它们的大小，可用特例法．(2)用分析法探寻证题思路．(3)用综合法完成证明．事实上，取a＝1，b＝2，c＝4，则f(a)＋f(c)＝f(1)＋f(4)＝log218，2f(b)＝2f(2)＝log216，于是由log218>log216，猜测f(a)＋f(c)>2f(b)．要证f(a)＋f(c)>2f(b)，则只需证log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)，即证log2[(a ＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，也即证(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.展开整理得ac＋2(a＋c)>b2＋4b.因为b2＝ac，所以只要证a＋c>2ac，显然是成立的．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)＝log2x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)．答题启示(1)综合法和分析法各有其优缺点，分析法利于思考，综合法宜于表达，因此，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.有时要把分析法和综合法结合起来交替使用，才能成功.,(2)本题易错的原因一是不会用分析法分析，找不到解决问题的切入口；二是不会用综合法表述，从而导致解题格式不规范.将分析法和综合法整合，是证明数学问题的一种重要的思想方法.跟踪训练[2018·安徽模拟](1)设x ≥1，y ≥1，证明：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)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，所以要证明：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只要证明：xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2，只要证明：(xy )2－1＋(x ＋y )－xy (x ＋y )≥0， 只要证明：(xy －1)(xy ＋1－x －y )≥0， 只要证明：(xy －1)(x －1)(y －1)≥0.由于x ≥1，y ≥1，上式显然成立，所以原命题成立．(2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，则log c a ＝1log b c log a b ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y，log a c ＝xy ，∴所要证明不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .∵c ≥b ≥a >1，∴x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1， 由(1)知所证明的不等式成立．板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．[2018·绵阳周测]设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( )A ．t >sB ．t ≥sC ．t <sD ．t ≤s 答案 D解析 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t ，选D 项． 2．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2<bc 2B ．a 2>ab >b 2C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )， ∵a <b <0，∴a －b <0， ∴a 2－ab >0， ∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2.3．下列不等式一定成立的是( )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 ) 答案 C解析 对于A ，当x >0时，x 2＋14≥2·x ·12＝x所以lg ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋14≥lg x ，故A 不正确；对于B ，当x ≠k π时，sin x 正负不定，不能用基本不等式，所以B 不正确； 对于D ，当x ＝0时，1x 2＋1＝1，故D 不正确． 由基本不等式可知选项C 正确．4．若a >0，b >0，a ＋b ＝1，则下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2≥12B ．ab ≤14C.1a ＋1b≥4D.a ＋b ≤1答案 D解析 a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2·⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝12，∴A 成立；ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，∴B 成立．又1a ＋1b＝a ＋b a＋a ＋b b＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ＋ab＝4，∴C 成立，∴应选D. 5．[2018·邹平期末]若a >b >c ，则使1a －b ＋1b －c ≥k a －c恒成立的最大的正整数k 为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C解析 ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0， 且a －c ＝a －b ＋b －c . 又a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －c b －c ＝2＋b －c a －b ＋a －bb －c ≥2＋2＝4， ∴k ≤a －c a －b ＋a －cb －c，k ≤4， 故k 的最大整数为4.故选C.6．[2018·邯郸模拟]设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2；④a 2＋b 2＞2；⑤ab ＞1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)答案 ③解析 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出；对于③，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. 7．已知a ＋b ＋c ＝0，求证：a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0. 证明 运用“立方和”公式证明：a 3＋b 3＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)，∴原式＝a 3＋b 3＋(a 2c ＋b 2c －abc ) ＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)＋c (a 2－ab ＋b 2) ＝(a ＋b ＋c )·(a 2－ab ＋b 2) ∵a ＋b ＋c ＝0， ∴原式＝0，即当a ＋b ＋c ＝0时，a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0.8．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． 9．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．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 n n＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， 所以(q 2－pr )＋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． 10．已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a >1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明：方程f (x )＝0没有负数根．[B 级 知能提升]1．已知x ，y ∈R ，M ＝x 2＋y 2＋1，N ＝x ＋y ＋xy ，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M ≥N B ．M ≤N C ．M ＝N D ．不能确定答案 A解析 M －N ＝x 2＋y 2＋1－(x ＋y ＋xy )＝12[(x 2＋y 2－2xy )＋(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)] ＝12[(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2]≥0.故M ≥N . 2．已知实数m ，n 满足m ·n >0，m ＋n ＝－1，则1m ＋1n的最大值为________．答案 －4解析 ∵m ·n >0，m ＋n ＝－1，∴m <0，n <0， ∴1m ＋1n＝－(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n＝－⎝⎛⎭⎪⎫2＋m n ＋n m ≤－2－2m n ·nm＝－4， 当且仅当m ＝n ＝－12时，1m ＋1n 取得最大值－4.3．[2018·清水期末]设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证： (1)c 2>ab ；(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .证明 (1)∵a >0，b >0,2c >a ＋b ≥2ab ， ∴c >ab ， 平方得c 2>ab .(2)要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 只要证－c 2－ab <a －c <c 2－ab . 即证|a －c |<c 2－ab ， 即(a －c )2<c 2－ab ，∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )<0成立， ∴原不等式成立．4．[2018·正定模拟]设f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c .若a ＋b ＋c ＝0，f (0)>0，f (1)>0，求证： (1)a >0且－2<ba<－1；(2)方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．证明 (1)∵f (0)>0，f (1)>0，∴c >0,3a ＋2b ＋c >0. 由a ＋b ＋c ＝0，消去b 得a >c >0；再由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c 得a ＋b <0且2a ＋b >0， ∴－2<b a<－1.(2)解法一：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋34c 2>0， ∴方程f (x )＝0有两个实根．设方程的两根为x 1，x 2，由根与系数的关系得 x 1＋x 2＝－2b 3a >0，x 1x 2＝c3a >0，故两根为正．又∵(x 1－1)＋(x 2－1)＝－2b3a－2<0，(x 1－1)(x 2－1)＝3a ＋2b ＋c3a>0，故两根均小于1，命题得证．解法二：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋3c 24>0， 由(1)知－2<b a <－1，∴12<－b2a<1，已知f (0)>0，f (1)>0，∴f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．5．[2015·陕西高考]设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，…，x n的各项和，其中x >0，n ∈N ，n ≥2.(1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )和g n (x )的大小，并加以证明．解 (1)证明：F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－2， 则F n (1)＝n －1>0，F n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－2＝－12n <0， 所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内至少存在一个零点． 又F n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，故F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增， 所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n . 因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0， 即1－x n ＋1n 1－x n －2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)由题设，g n (x )＝(n ＋1)(1＋x n)2.设h (x )＝f n (x )－g n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－(n ＋1)(1＋x n)2，x >0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )． 当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1－n (n ＋1)x n －12.若0<x <1，h ′(x )>x n －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n (n ＋1)2x n －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0.若x >1，h ′(x )<xn －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n (n ＋1)2·xn －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2·x n －1＝0.所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以h (x )<h (1)＝0，即f n (x )<g n (x )．综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )<g n (x )．。