【步步高】2016高考数学大一轮复习 13.2直接证明与间接证明试题 理 苏教版

第六节直接证明与间接证明基础回顾Ｋ一、直接证明1．综合法：从题设的已知条件出发，运用一系列有关已确定真实的命题作为推理的依据，逐步推演而得到要证明的结论，这种证明方法叫做综合法．综合法的推理方向是由已知到求证，表现为由因索果，综合法的解题步骤用符号表示是：P0(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒P n(结论)．特点：由因导果，因此综合法又叫顺推法．2．分析法：分析法的推理方向是由结论到题设，论证中步步寻求使其成立的充分条件，如此逐步归结到已知的条件和已经成立的事实，从而使命题得证，表现为执果索因，分析法的证题步骤用符号表示为B(结论)⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(已知)．特点：执果索因，因此分析法又叫逆推法或执果索因法．二、间接证明假设原命题的结论不成立，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．这样的证明方法叫反证法．反证法是一种间接证明的方法．1．反证法的解题步骤：否定结论—推演过程中引出矛盾—肯定结论．2．反证法的理论依据是：原命题为真，则它的逆否命题为真，在直接证明有困难时，就可以转化为证明它的逆否命题成立．3．反证法证明一个命题常采用以下步骤：(1)假定命题的结论不成立；(2)进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾；(3)由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的；(4)肯定原来命题的结论是正确的，即“反设—归谬—结论”．4．一般情况下，有如下几种情况的证明题目常常采用反证法：第一，问题共有n种情况，现要证明其中的1种情况成立时，可以想到用反证法把其他的n－1种情况都排除，从而肯定这种情况成立；第二，命题是以否定命题的形式叙述的；第三，命题用“至少”“至多”的字样叙述的；第四，当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆命题又是非常容易证明的．基础自测1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是(D)A．t＞s B．t≥sC．t＜s D．t≤s解析：因为s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，所以s≥t.2．对任意的锐角α，β，下列不等式成立的是(D ) A ．sin(α＋β)>sin α＋sin β B ．cos(α＋β)>cos α＋cos β C ．cos(α＋β)<sin α＋sin β D ．cos(α＋β)<cos α＋cos β3．定义运算法则如下：a⊕b＝a 12＋b 13，a ⊗b ＝lg a 2－lg b 12.若M ＝214⊕1258，N ＝2⊗125，则M ＋N ＝5．解析：由定义运算法则可知，M ＝214⊕1258＝94＋ 31258＝32＋52＝4， N ＝2⊗125＝lg(2)2－lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫12512＝lg 2＋lg 5＝1，∴M ＋N ＝5.4．(2013·保定模拟)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4，a ≥0，则P 、Q 的大小关系是P<Q ．解析：分析法，要证P<Q ，需证P 2<Q 2即可．高考方向1.对本节内容的考查，一般贯穿在对其他知识的考查中，主要涉及综合法、反证法等证明方法，多以选择题和解答题为主，难度中等.2.分析法作为一种证明方法，较少单独考查，但这种方法可以用来寻找解题思路.品味高考1．(2014·湖南卷)如图，四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C 1OB 1D 的余弦值． (1)证明：因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC. 同理DD 1⊥BD.因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD. 而AC∩BD＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD. 由题设知，O 1O ∥C 1C ，故O 1O ⊥底面ABCD.(2)解析：如图，过O 1作O 1H ⊥OB 1于点H ，连接HC 1.由(1)知，O 1O ⊥底面ABCD ，所以O 1O ⊥底面A 1B 1C 1D 1，于是O 1O ⊥A 1C 1.又因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等， 所以四边形A 1B 1C 1D 1是菱形，因此A 1C 1⊥B 1D 1，从而A 1C 1⊥平面BDD 1B 1， 所以A 1C 1⊥OB 1，于是OB 1⊥平面O 1HC 1， 进而OB 1⊥C 1H.故∠C 1HO 1是二面角C 1OB 1D 的平面角．不妨设AB ＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1， OB 1＝7.在Rt △OO 1B 1中，易知O 1H ＝OO 1·O 1B 1OB 1＝237. 而O 1C 1＝1，于是C 1H ＝O 1C 21＋O 1H 2＝1＋127＝197. 故cos ∠C 1HO 1＝O 1HC 1H＝237197＝25719.即二面角C 1OB 1D 的余弦值为25719. 2．(2013·江苏卷)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0<β<α<π.(1)若|a －b|＝2，求证：a⊥b；(2)设c ＝(0，1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值．(1)证明：由|a －b|＝2，即(cos α－cos β)2＋(sin α－sin β)2＝2，整理得cos αcos β＋sin αsin β＝0，即a·b＝0，因此a⊥b.(2)解析：由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧cos α＋cos β＝0，sin α＋sin β＝1，又0<β<α<π，cos β＝－cos α＝cos(π－α)，则β＝π－α， sin α＋sin(π－α)＝1，所以sin α＝12，得α＝π6或α＝5π6，当α＝π6时，β＝5π6(舍去)，当α＝5π6时，β＝π6.高考测验1．如图，三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧棱与底面垂直，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1＝2，点M ，N 分别为A 1B 和B 1C 1的中点．(1)证明：MN∥平面A 1ACC 1； (2)求二面角NMCA 的正弦值．(1)证明：如图所示，取A 1B 1的中点P ，连接MP ，NP.又因为点M ，N 分别为A 1B 和B 1C 1的中点，所以NP ∥A 1C 1，MP ∥B 1B ，因为NP ⊂平面MNP ，A 1C 1⊄平面MNP ，所以NP∥平面A 1ACC 1；同理MP∥平面A 1ACC 1；又MP∩NP＝P ，所以平面MNP∥平面A 1ACC 1； 所以MN∥平面A 1ACC 1；(2)解析：侧棱与底面垂直可得A 1A ⊥AB ，A 1A ⊥AC ，及AB ⊥AC ，可建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(2，0，2)，C 1(0，2，2)，N(1，1，2)，M(1，0，1)．所以MC →＝(－1，2，－1)，CN →＝(1，－1，2)，AC →＝(0，2，0)． 设平面ACM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝2y 1＝0，n 1·MC →＝－x 1＋2y 1－z 1＝0，令x 1＝1，则z 1＝－1，所以n 1＝(1，0，－1)．设平面NCM 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·MC →＝－x 2＋2y 2－z 2＝0，n 2·CN →＝x 2－y 2＋2z 2＝0，令x 2＝3，则y 2＝1，z 2＝－1.所以n 2＝(3，1，－1)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝3＋12×32＋12＋（－1）2＝22211. 设二面角NMCA 为θ，则 sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222112＝3311. 故二面角NMCA 的正弦值为3311. 2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2n －2S n －a n ·S n ＋1＝0，n ∈N *. (1)求S n 与S n －1(n≥2)的关系式，并证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1是等差数列； (2)设b n ＝a n ·S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：n 2（n ＋2）＜T n ＜23.(1)解析：当n ＝1时，由已知得a 21－2a 1－a 21＋1＝0， 解得a 1＝12.由题设S 2n －2S n －a n ·S n ＋1＝0，当n≥2时，将a n ＝S n －S n －1代入上式， 得S n ·S n －1－2S n ＋1＝0. ∴S n ＝12－S n －1，∴1S n －1－1S n －1－1＝－1.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1是首项为1S 1－1＝－2，公差为－1的等差数列．(2)证明：由(1)知1S n －1＝－2＋(n －1)·(－1)＝－n －1，∴S n ＝n n ＋1，n ∈N *. ∴a n ＝S n －S n －1＝1n （n ＋1）(n≥2)，n ＝1时也符合该式，∴a n ＝1n （n ＋1），n ∈N *.∴b n ＝a n ·S n ＝1（n ＋1）2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2.∴122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2＞12×3＋13×4＋14×5＋…＋1（n ＋1）（n ＋2）＝12－1n ＋2＝n2（n ＋2）.而b n ＝1（n ＋1）2＜1（n ＋1）2－14＝1（n ＋12）（n ＋32）＝1n ＋12－1n ＋32， ∴122＋132＋142＋…＋1（n ＋1）2<11＋12－11＋32＋12＋12－12＋32＋…＋1n ＋12－1n ＋32 ＝23－22n ＋3<23. ∴n 2（n ＋2）<T n <23得证．课时作业1．否定“自然数a 、b 、c 中恰有一个偶数”时正确反设为(D ) A ．a 、b 、c 都是奇数 B ．a 、b 、c 都是偶数C ．a 、b 、c 中至少有两个偶数D ．a 、b 、c 中或都是奇数或至少有两个偶数解析：自然数a 、b 、c 中奇数、偶数的可能情况有全为奇数，恰有一个偶数，恰有两个偶数，全为偶数．故选D.2．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0.其中能使b a ＋ab ≥2成立的条件有(C )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0，ab >0，即a ，b 不为0且同号即可，∴①③④满足．故选C.3．已知0＜b ＜a ＜14，则a －b ，a －b ，a －b 的大小顺序是(B )A.a －b ＞a －b ＞a － bB.a －b ＞a －b ＞a －bC.a －b ＞a －b ＞a －b D ．a －b ＞a －b ＞a － b解析：平方后转化为作差分解因式或特殊值代入．4．规定记号“表示一种运算，即a b ＝ab ＋a ＋b 2(a ，b 为正实数)，若1k ＝3，则k ＝(B )A ．－2B ．1C ．－2 或1D ．2解析：根据运算有1·k＋1＋k 2＝3，k ∈R ＋，即k 2＋k －2＝0，解得k ＝1或k ＝－2(舍去)．∴k＝1.故选B.5．设A ＝1210＋1210＋1＋…＋1211－1，则下列结论正确的是(B )A ．A ＞1B ．A ＜1C ．A ≥1D ．A ≤1解析：放缩法对每一项放大范围，A ＝1210＋1210＋1＋…＋1210＋1 023＜1210＋1210＋1210＋…＋12101 024个＝1.6．用反证法证明“如果a ＞b ，那么3a ＞3b ”7．函数y ＝log a (x ＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上，其中m ，n>0，则1m ＋2n的最小值为8．解析：函数y ＝log a (x ＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A(－2，－1)，则(－2)·m＋(－1)·n＋1＝0，即2m ＋n ＝1.因为m ，n>0，所以1m ＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n ·(2m ＋n)＝4＋n m ＋4mn ≥4＋2n m ·4m n (当且仅当n m ＝4mn时，等号成立)＝8. 8．已知函数f(x)＝ax ＋2a ＋1，当x∈[－1，1]时，f(x)有正值也有负值，则实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－13．解析：由题意得f(x)＝ax ＋2a ＋1为斜率不为0的直线，由单调性知f(1)·f(－1)<0，∴(a ＋2a ＋1)·(2a－a ＋1)<0. ∴－1<a<－13.9．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． 10．已知O 为坐标原点，过P(2，0)且斜率为k 的直线交抛物线y 2＝2x 于M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)两点．(1)写出直线l 的方程； (2)求x 1x 2，y 1y 2的值； (3)求证：OM⊥ON.(1)解析：∵直线l 过点P(2，0)且斜线为k ， 则直线l 的方程为y ＝k(x －2)．(2)解析：∵直线l 与抛物线相交于M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，且l 的方程为y ＝k(x －2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2），y 2＝2x ⇒k 2x 2－(4k 2＋2)x ＋4k 2＝0. 根据韦达定理得x 1x 2＝4k2k2＝4.又∵M、N 都在y 2＝2x 上， ∴y 21＝2x 1，y 22＝2x 2， ∴y 21·y 22＝4x 1x 2， ∴y 1y 2＝±4.又∵M、N 不可能都在x 轴上方或下方， ∴y 1y 2＜0.∴y 1y 2＝4(舍去)， ∴y 1y 2＝－4.(3)证明：M 、N 为y 2＝2x 上的两点． 直线OM 的斜率k OM ＝y 1－0x 1－0＝y 1x 1.直线ON 的斜率k ON ＝y 2－0x 2－0＝y 2x 2.∴k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2.又∵y 1y 2＝－4，x 1x 2＝4， ∴k OM ·k ON ＝－1， ∴OM ⊥ON.11．如图，已知直线a 与b 不共面，直线c∩a＝M ，直线b∩c＝N ，又a∩面α＝A ，b ∩α＝B ，c ∩α＝C.求证：A 、B 、C 三点不共线．证明：假设A 、B 、C 三点共线l ， ∵A 、B 、C∈a，∴l⊂a.∵l∩c＝C，∴c与l可确定一个平面β.∵c∩a＝M，∴M∈β，又A∈l，∴a⊂β，同理b⊂β.∴a、b共面，与a、b异面矛盾．∴A、B、C三点不共线．。

2019高考数学大一轮复习 13.2直接证明与间接证明教师用书理苏教版1．直接证明(1)综合法①定义：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，这种证明方法常称为综合法．②框图表示：已知条件⇒…⇒…⇒结论③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：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．这种证明方法常称为分析法．②框图表示：结论⇐…⇐…⇐已知条件③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法定义要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．证明步骤(1)反证——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．适用范围(1)否定性命题；(2)命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的；(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( × ) (3)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a <b ”．( × ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( √ )(6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( √ )1．p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn(m ，n ，a ，b ，c ，d 均为正数)，则p ，q 的大小为关系为________． 答案 p ≤q 解析 q ＝ab ＋mad n ＋nbcm＋cd ≥ab ＋2abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p .2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0只要证明________． ①2ab －1－a 2b 2≤0； ②a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0；③a ＋b22－1－a 2b 2≤0；④(a 2－1)(b 2－1)≥0. 答案 ④解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.3．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是________． ①ac 2<bc 2 ②a 2>ab >b 2③1a <1b④b a >a b答案 ②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(1)(2)得a 2>ab >b 2.4．如果a a＋b b>a b＋b a，则a、b应满足的条件是__________________．答案a≥0，b≥0且a≠b解析∵a a＋b b－(a b＋b a)＝a(a－b)＋b(b－a)＝(a－b)(a－b)＝(a－b)2(a＋b)．∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(a－b)2(a＋b)>0.故a a＋b b>a b＋b a成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.题型一综合法的应用例1 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数．(1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝x(x∈[0,1])是不是理想函数．思维点拨(1)取特殊值代入计算即可证明；(2)对照新定义中的3个条件，逐一代入验证，只有满足所有条件，才能得出“是理想函数”的结论，否则得出“不是理想函数”的结论．(1)证明取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.(2)解对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数．对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x21－x22＝2x1x2≥0，即f (x 1)＋f (x 2)≤f (x 1＋x 2)． ∴f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数．对于f (x )＝x ，x ∈[0,1]，显然满足条件①②. 对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，有f 2(x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]2＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2)＝－2x 1x 2≤0， 即f 2(x 1＋x 2)≤[f (x 1)＋f (x 2)]2.∴f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，不满足条件③. ∴f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数． 综上，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数，f (x )＝2x (x ∈[0,1])与f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．思维升华 (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．(2013·课标全国Ⅱ)设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c2a≥1.证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1， 即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 题型二 分析法的应用 例2 已知a >0，求证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.思维点拨 用分析法，移项，平方，化简． 证明 要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.∵a >0，故只需要证( a 2＋1a 2＋2)2≥(a ＋1a＋2)2，即a 2＋1a2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22(a ＋1a )＋2，从而只需要证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a)， 只需要证4(a 2＋1a2)≥2(a 2＋2＋1a2)，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．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，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：1333()a b ＋ <1332()a b ＋.证明 因为a ，b ∈(0，＋∞)，所以要证原不等式成立， 只需证[1333()a b ＋]6<[1332()a b ＋]6， 即证(a 3＋b 3)2<(a 2＋b 2)3，即证a 6＋2a 3b 3＋b 6<a 6＋3a 4b 2＋3a 2b 4＋b 6， 只需证2a 3b 3<3a 4b 2＋3a 2b 4. 因为a ，b ∈(0，＋∞)， 所以即证2ab <3(a 2＋b 2)．而a 2＋b 2≥2ab,3(a 2＋b 2)≥6ab >2ab 成立， 以上步骤步步可逆， 所以1333()a b ＋<1332()a b ＋. 题型三 反证法的应用例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．思维点拨 证明(2)用反证法，假设存在三项，符合条件推出矛盾． (1)解 当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1. 又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2)证明 反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p＋1.(*)又因为p <q <r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立． 所以假设不成立，原命题得证．思维升华 (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，可用反证法来证，反证法关键是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．(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．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解 由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴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 ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ， 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴(p ＋r2)2＝pr ，即(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴假设不成立，即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．放缩有“度”，巧证不等式典例：(14分)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝2x n x 2n ＋1，求证：0<x n ＋1－x n <2＋18.思维点拨 先证0<x n <1，再求x n ＋1－x n 的表达式，利用不等式放缩得出结论． 规范解答证明 由条件可知数列{x n }的各项均为正数， 故由基本不等式，得x n ＋1＝2x n x 2n ＋1≤2x n2x n ＝1，[2分] 若x n ＋1＝1，则x n ＝1， 这与已知条件x 1＝12矛盾．所以0<x n <1，[6分]从而x n ＋1－x n ＝2x n x 2n ＋1－x n ＝x n ·1－x 2n1＋x 2n＝x n (1－x n )·1＋x n1＋x 2n＝x n (1－x n )·11＋x n ＋21＋x n－2， 其中0<x n (1－x n )≤14，1＋x n ＋21＋x n ≥22，[12分]因上述两个不等式中等号不可能同时成立， 故0<x n ＋1－x n <14·122－2＝2＋18.[14分]温馨提醒 (1)所谓放缩法就是利用不等式的传递性，根据证题目标进行合情合理的放大或缩小，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度”，否则就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤．(2)本题技巧性较强，经过了两次放缩，关键是放缩后的式子要尽可能地接近原式，减小放缩度，以避免运算上的麻烦．第一次是利用基本不等式，将x n ＋1－x n 转化为常数，根据已知验证可判定出0<x n <1；第二次放缩法是证明不等式经常利用的方法，多采用添项或去项，分子、分母扩大或缩小，应用基本不等式进行放缩，放缩时要注意放缩的方向保持一致．在此步骤中，因两个等式中的等号不可能同时成立，所以两式相乘后不取等号，这是易错之处，必须加以警惕.方法与技巧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．失误与防范1．用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直至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，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设的命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的.A组专项基础训练(时间：40分钟)1．已知m>1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则a，b的大小关系为________．答案a<b解析∵a＝m＋1－m＝1m＋1＋m，b＝m－m－1＝1m＋m－1.而m＋1＋m>m＋m－1，∴1m＋1＋m<1m＋m－1，即a<b.2．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．答案P<Q解析∵P2＝2a＋7＋2a·a＋7＝2a＋7＋2a2＋7a，Q2＝2a＋7＋2a＋3·a＋4＝2a＋7＋2a2＋7a＋12，∴P2<Q2，∴P<Q.3．若a>0，b>0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的编号)．①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④1a ＋1b≥2.答案 ①③④ 解析 ①ab ≤(a ＋b2)2＝1，成立．②欲证a ＋b ≤2，即证a ＋b ＋2ab ≤2，即2ab ≤0，显然不成立． ③欲证a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ≥2，即证4－2ab ≥2， 即ab ≤1，由①知成立．④欲证1a ＋1b ≥2，即证a ＋b ab≥2，即ab ≤1，由①知成立．4．已知a >0，b >0，则1a ＋1b＋2ab 的最小值是_____________________________________．答案 4解析 因为1a ＋1b ＋2ab ≥21ab＋2ab＝2(1ab＋ab )≥4.当且仅当1a ＝1b 且1ab＝ab ，即a ＝b ＝1时，取“＝”．5．(2014·山东改编)用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是________． 答案 方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根解析 方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根． 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成立的条件的个数是________． 答案 3解析 要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0，且a b>0，即a 、b 不为0且同号，故有3个．7．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________． 答案 (5,7)解析 依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知每组中每个“整数对”的和为n ＋1，且每组共有n 个“整数对”，这样的前n 组一共有n n ＋2个“整数对”，注意到＋2<60<＋2，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各数对依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)．8．凸函数的性质定理：如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x nn)，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________． 答案332解析 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π)． ∴f A ＋f B ＋f C3≤f (A ＋B ＋C3)＝f (π3)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.9．已知非零向量a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a －b |≤ 2.证明 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0.要证|a |＋|b ||a －b |≤2，只需证：|a |＋|b |≤2|a －b |，平方得：|a |2＋|b |2＋2|a ||b |≤2(|a |2＋|b |2－2a ·b )， 只需证：|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0，即(|a |－|b |)2≥0，显然成立．故原不等式得证．10．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．(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)解 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 .B 组 专项能力提升(时间：30分钟)1．已知函数f (x )＝(12)x ，a ，b 是正实数，A ＝f (a ＋b 2)，B ＝f (ab )，C ＝f (2ab a ＋b)，则A 、B 、C 的大小关系为____________．答案 A ≤B ≤C解析 ∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝(12)x 在R 上是减函数． ∴f (a ＋b 2)≤f (ab )≤f (2ab a ＋b )，即A ≤B ≤C . 2．(2013·广东)设整数n ≥4，集合X ＝{1,2,3，…，n }，令集合S ＝{(x ，y ，z )|x ，y ，z ∈X ，且三条件x <y <z ，y <z <x ，z <x <y 恰有一个成立}．若(x ，y ，z )和(z ，w ，x )都在S 中，则下列选项正确的是________．①(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∉S②(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∈S③(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∈S④(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∉S答案 ②解析 因为(x ，y ，z )∈S ，则x ，y ，z 的大小关系有3种情况，同理，(z ，w ，x )∈S ，则z ，w ，x 的大小关系也有3种情况，如图所示，由图可知，x ，y ，w ，z 的大小关系有4种可能，均符合(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∈S .故②正确．3．a 2＋2＋2a 2＋2与22的大小关系是________________． 答案 a 2＋2＋2a 2＋2>2 2 4．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是函数f (x )的一个零点； (2)试用反证法证明1a>c . 证明 (1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a≠c )， ∴1a是f (x )＝0的一个根． 即1a 是函数f (x )的一个零点．(2)假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0， 知f (1a )>0与f (1a )＝0矛盾，∴1a≥c ， 又∵1a ≠c ，∴1a>c . 5．已知数列{a n }满足：a 1＝12，＋a n ＋11－a n ＝＋a n 1－a n ＋1，a n a n ＋1<0(n ≥1)，数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1)． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．(1)解 由题意可知，1－a 2n ＋1＝23(1－a 2n )． 令c n ＝1－a 2n ，则c n ＋1＝23c n . 又c 1＝1－a 21＝34，则数列{c n }是首项为c 1＝34， 公比为23的等比数列，即c n ＝34·(23)n －1， 故1－a 2n ＝34·(23)n －1⇒a 2n ＝1－34·(23)n －1. 又a 1＝12>0.a n a n ＋1<0，故a n ＝(－1)n －1 1－3423n －1.b n ＝a 2n ＋1－a 2n＝[1－34·(23)n ]－[1－34·(23)n －1] ＝14·(23)n －1. (2)证明 用反证法证明．假设数列{b n }存在三项b r ，b s ，b t (r <s <t )按某种顺序成等差数列，由于数列{b n }是首项为14，公比为23的等比数列， 于是有b r >b s >b t ，则只能有2b s ＝b r ＋b t 成立．∴2·14(23)s －1＝14(23)r －1＋14(23)t －1， 两边同乘以3t －121－r ，化简得3t －r ＋2t －r ＝2·2s －r 3t －s . 由于r <s <t ，∴上式左边为奇数，右边为偶数， 故上式不可能成立，导致矛盾．故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列．。

学案36 直接证明与间接证明导学目标： 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程及特点.2.了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法的思考过程及特点．自主梳理 1．直接证明 (1)综合法①定义：从已知条件出发，以______________________为依据，逐步下推，直到推出所要证明的结论为止，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q (其中P 表示已知条件，Q 表示要证的结论)．(2)分析法①定义：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________________和______________________为止．这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件.2．间接证明反证法：假设原命题________(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________，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．自我检测 1．分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的________条件．(填“充分”、“必要”或“充要”)2．(2010·揭阳高三统考)用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”的假设内容应是__________________．3．设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是________．(填序号)． ①|a －c |≤|a －b |＋|c －b |；②a 2＋1a2≥a ＋1a；③a ＋3－a ＋1<a ＋2－a ；④|a －b |＋1a －b≥2. 4．已知a ＋b >0，则a b2＋b a2与1a ＋1b的大小关系为____________________．5．(2010·东北三省四市联考)设x 、y 、z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，证明a ，b ，c 中至少有一个不小于2.探究点一 综合法例1 已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .变式迁移1 设a ，b ，c >0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .探究点二 分析法例2 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .变式迁移2 已知a >0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.探究点三 反证法例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2与1＋y x<2中至少有一个成立．式迁移3 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6.求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.转化与化归思想例 (14分)(2010·上海改编)若实数x 、y 、m 满足|x －m |＞|y －m |，则称x 比y 远离m .(1)若x 2－1比1远离0，求x 的取值范围．(2)对任意两个不相等的正数a 、b ，证明：a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab . 多角度审题 (1)本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解．(2)第(2)小题，实质是证明不等式|a 3＋b 3－2ab ab |>|a 2b ＋ab 2－2ab ab |成立．证明时注意提取公因式及配方法的运用．【答题模板】(1)解 由题意得||x 2－1＞1，即x 2－1＞1或x 2－1＜－1.[2分]由x 2－1＞1，得x 2＞2，即x ＜－2或x ＞2；由x 2－1＜－1，得x ∈∅.综上可知x 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．[4分](2)证明 由题意知即证||a 3＋b 3－2ab ab ＞||a 2b ＋ab 2－2ab ab 成立．[8分] ∵a ≠b ，且a 、b 都为正数，∴||a 3＋b 3－2ab ab ＝|| a 3 2＋ b 3 2－2a 3b 3＝|| a 3－b 3 2＝(a a －b b )2，||a 2b ＋ab 2－2abab ＝||ab a ＋b －2ab ＝ab (a －b )2＝(a b －b a )2，[10分]即证(a a －b b )2－(a b －b a )2＞0，即证(a a －b b －a b ＋b a )(a a －b b ＋a b －b a )＞0，需证[] a －b a ＋b [] a －b a ＋b ＞0，[12分]即证(a ＋b )(a －b )2＞0，∵a 、b 都为正数且a ≠b ， ∴上式成立．故原命题成立．[14分] 【突破思维障碍】1．准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键．2．代数式|a 3＋b 3－2ab ab |与|a 2b ＋ab 2－2ab ab |中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便．【易错点剖析】1．推理论证能力较差，绝对值符号不会去．2．运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错．1．综合法是从条件推导到结论的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论．即由因导果．2．分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法．3．用反证法证明问题的一般步骤：(1)反设：假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；(否定结论)(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；(推导矛盾)(3)存真：由矛盾结果断定反设不真，从而肯定原结论成立．(结论成立)(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0 (a ≠0)有有理数根，那么a 、b 、c 中至少有一个是偶数”．假设内容应为____________________________________．2．(2010·无锡模拟)设a ，b 是两个实数，给出下列条件： (1)a ＋b >1；(2)a ＋b ＝2；(3)a ＋b >2；(4)a 2＋b 2>2；(5)ab >1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是______．(填序号)3．设a 、b 、c ∈(0，＋∞)，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________条件．4．(2010·安徽)若a >0，b >0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3； ⑤1a ＋1b≥2.5．如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 2B 2C 2是________三角形(填“锐角”“钝角”或“直角”)．6．(2010·江苏前黄高级中学模拟)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x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是__________________________________________________________________________________________________________________________. 7．对于任意实数a ，b 定义运算a *b ＝(a ＋1)(b ＋1)－1，给出以下结论： ①对于任意实数a ，b ，c ，有a *(b ＋c )＝(a *b )＋(a *c )； ②对于任意实数a ，b ，c ，有a *(b *c )＝(a *b )*c ； ③对于任意实数a ，有a *0＝a .则以上结论正确的是________．(写出你认为正确的结论的所有序号)8．(2011·天津)已知log 2a ＋log 2b ≥1，则3a ＋9b的最小值为________．二、解答题(共42分)9．(14分)已知非零向量a 、b ，a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a －b |≤ 2.10．(14分)已知a 、b 、c >0，求证：a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．11．(14分)已知a 、b 、c ∈(0,1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.学案36 直接证明与间接证明答案自主梳理1．(1)①已知的定义、公理、定理 (2)①结论成立的条件 已知条件或已知事实吻合 2.不成立 矛盾自我检测 1．充分解析 由分析法的定义可知．2.3a ≤3b解析 3a >3b 的否定是3a ≤3b . 3．④解析 ④选项成立时需得证a －b >0.①中|a －b |＋|c －b |≥|(a －b )－(c －b )|＝|a －c |，②作差可证；③移项平方可证． 4.a b2＋b a 2≥1a ＋1b解析 a b 2＋b a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝a －b b 2＋b －a a2＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1a 2＝ a ＋b a －b 2a 2b 2.∵a ＋b >0，(a －b )2≥0，∴ a ＋b a －b 2a 2b 2≥0.∴a b 2＋b a 2≥1a ＋1b. 5．证明 假设a ，b ，c 均小于2，则a ＋b ＋c <6.①又a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x＝(x ＋1x )＋(y ＋1y )＋(z ＋1z)≥6，这与①式相矛盾，∴假设不正确． ∴a ，b ，c 至少有一个不小于2. 课堂活动区例1 解题导引 综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．这里可从基本不等式相加的角度先证得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca 成立，再进一步得出结论．证明 ∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，三式相加得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∴3a 2＋3b 2＋3c 2≥(a 2＋b 2＋c 2)＋2(ab ＋bc ＋ca )＝(a ＋b ＋c )2.∴a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2；∵a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， ∴a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥ab ＋bc ＋ca ＋2(ab ＋bc ＋ca )，∴(a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )． ∴原命题得证．变式迁移1 证明 ∵a ，b ，c >0，根据基本不等式，有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c2a＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )．即a 2b ＋b 2c ＋c2a≥a ＋b ＋c . 例2 解题导引 当所给的条件简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法．含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法．证明 要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(a ·b ·c )，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc .(中间结果)因为a ，b ，c 是不全相等的正数， 则a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，c ＋a 2≥ca >0.且上述三式中的等号不全成立，所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc .(中间结果)所以lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .变式迁移2 证明 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.∵a >0，故只要证 ⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a2＋4a 2＋1a2＋4≥a 2＋2＋1a2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，从而只要证2a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．例3 解题导引 (1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是①与已知条件矛盾，②与假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．(2)利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误．证明 假设1＋x y <2和1＋yx<2都不成立，则有1＋x y ≥2和1＋y x ≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ， 两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2相矛盾，因此1＋x y <2与1＋y x<2中至少有一个成立．变式迁移3 证明 假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0.∵a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，∴x 2－2y ＋π2＋y 2－2z ＋π3＋z 2－2x ＋π6＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋(π－3)≤0， ①又∵(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2≥0，π－3>0，∴(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋(π－3)>0. ② ①式与②式矛盾， ∴假设不成立，即a ，b ，c 中至少有一个大于0. 课后练习区1．假设a 、b 、c 都不是偶数 2．(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)，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1.3．充要解析 必要性是显然成立的，当PQR >0时，若P 、Q 、R 不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P >0，Q <0，R <0，则Q ＋R ＝2c <0，这与c >0矛盾，即充分性也成立．4．①③⑤解析 ①ab ≤(a ＋b 2)2＝1，成立．②欲证a ＋b ≤2，即证a ＋b ＋2ab ≤2，即2ab ≤0，显然不成立．③欲证a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ≥2， 即证4－2ab ≥2，即ab ≤1，由①知成立． ④a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)≥3⇔a 2－ab ＋b 2≥32⇔(a ＋b )2－3ab ≥32⇔4－32≥3ab ⇔ab ≤56，由①知，ab ≤56不恒成立．⑤欲证1a ＋1b ≥2，即证a ＋b ab≥2，即ab ≤1，由①知成立．5．钝角解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为π相矛盾，所以假设不成立，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．6．“∃x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”7．②③解析 按新定义，可以验证a *(b ＋c )≠(a *b )＋(a *c )； 所以①不成立；而a *(b *c )＝(a *b )*c 成立，a *0＝(a ＋1)(0＋1)－1＝a .所以正确的结论是②③. 8．18解析 由log 2a ＋log 2b ≥1得log 2(ab )≥1，即ab ≥2，∴3a ＋9b ＝3a ＋32b ≥2×3a ＋2b 2(当且仅当3a ＝32b，即a ＝2b 时“＝”号成立)．又∵a ＋2b ≥22ab ≥4(当且仅当a ＝2b 时“＝”成立)， ∴3a ＋9b ≥2×32＝18.即当a ＝2b 时，3a ＋9b有最小值18.9．证明 ∵a ⊥b ，∴a·b ＝0. (2分)要证|a |＋|b ||a －b |≤2，只需证：|a |＋|b |≤2|a －b |， (6分)平方得：|a |2＋|b |2＋2|a||b |≤2(|a |2＋|b |2－2a·b )， (10分)只需证：|a |2＋|b |2－2|a||b |≥0， (12分)即(|a |－|b |)2≥0，显然成立．故原不等式得证. (14分)10．证明 ∵a 2＋b 2≥2ab ，a 、b 、c >0，∴(a 2＋b 2)(a ＋b )≥2ab (a ＋b )， (3分) ∴a 3＋b 3＋a 2b ＋ab 2≥2ab (a ＋b )＝2a 2b ＋2ab 2， ∴a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2.(7分)同理，b 3＋c 3≥b 2c ＋bc 2，a 3＋c 3≥a 2c ＋ac 2， 将三式相加得， 2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2b ＋ab 2＋b 2c ＋bc 2＋a 2c ＋ac 2.(10分)∴3(a 3＋b 3＋c 3)≥(a 3＋a 2b ＋a 2c )＋(b 3＋b 2a ＋b 2c )＋(c 3＋c 2a ＋c 2b )＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2)．∴a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．(14分)11．证明 方法一 假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，(3分)∵a 、b 、c ∈(0,1)，∴三式同向相乘得(1－a )b (1－b )c (1－c )a >164.(8分)又(1－a )a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋a 22＝14，(10分)同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，∴(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，(12分)这与假设矛盾，故原命题正确．(14分)方法二 假设三式同时大于14，∵0<a <1，∴1－a >0，(2分) 1－a ＋b 2≥ 1－a b > 14＝12，(8分) 同理 1－b ＋c 2>12， 1－c ＋a 2>12，(10分)三式相加得32>32，这是矛盾的，故假设错误，∴原命题正确．(14分)。

高一数学直接证明与间接证明试题答案及解析1.用反证法证明命题“若a2+b2=0，则a、b全为0（a、b∈R）”，其反设正确的是（）A．a、b至少有一个不为0B．a、b至少有一个为0C．a、b全不为0D．a、b中只有一个为0【答案】A【解析】把要证的结论否定之后，即得所求的反设．解：由于“a、b全为0（a、b∈R）”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，故选 A．点评：本题考查用反证法证明数学命题，得到“a、b全为0（a、b∈R）”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，是解题的关键．2.“用反证法证明命题“如果x＜y，那么x＜y”时，假设的内容应该是（）A．x=yB．x＜yC．x=y且x＜yD．x=y或x＞y【答案】D【解析】由于用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x＜y”的否定为：“x≥y ”．解：∵用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x＜y”的否定为：“x=y或x ＞y”，故选D．点评：本题主要考查用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于中档题．3.已知a、b、c是△ABC的三边长，A=，B=，则（）A．A＞B B．A＜B C．A≥B D．A≤B【答案】A【解析】由题意得 c＜a+b，故 B==＜，变形后再放大，可证小于 A．解：∵a、b、c是△ABC的三边长，∴c＜a+b，∴B==＜==+＜+=A，∴B＜A，故选 A．点评：本题考查三角形的边长的性质，用放缩法证明不等式．4.用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确顺序的序号为（）A.①②③B.①③②C.②③①D.③①②【答案】D【解析】根据反证法的证法步骤知：第一步反设，假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确．第二步得出矛盾：A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；第三步下结论：所以一个三角形中不能有两个直角．从而得出正确选项．解：根据反证法的证法步骤知：假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；所以一个三角形中不能有两个直角．故顺序的序号为③①②．故选D．点评：反证法是一种简明实用的数学证题方法，也是一种重要的数学思想．相对于直接证明来讲，反证法是一种间接证法．它是数学学习中一种很重要的证题方法．其实质是运用“正难则反”的策略，从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾．5.用反证法证明：“a＞b”，应假设为（）A．a＞b B．a＜b C．a=b D．a≤b【答案】D【解析】用反证明法证明，要先假设原命题不成立，即先要否定原命题．解：用反证明法证明，要先假设原命题不成立，即先要否定原命题，故用反证法证明：“a＞b”，应假设为“a≤b”，故选D．点评：本题考查反证法的解题过程和证明方法，解题时要认真审题，仔细解答．6.关于综合法和分析法说法错误的是（）A．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法B．综合法又叫顺推证法或由因导果法C．分析法又叫逆推证法或执果索因法D．综合法和分析法都是因果分别互推的两头凑法【答案】D【解析】根据综合法、分析法的定义可得结论．解：根据综合法的定义可得，综合法是执因导果法，是顺推法；根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法，是直接证法．故选：D．点评：本题主要考查综合法、分析法的定义，属于基础题．7.某同学证明+＜+的过程如下：∵﹣＞﹣＞0，∴＜，∴＜，∴+＜+，则该学生采用的证明方法是（）A．综合法B．比较法C．反证法D．分析法【答案】A【解析】从推理过程（是“执因索果”还是“执果索因”）即可得到答案．解：从推理形式来看，从﹣＞﹣＞0入手，推出＜，继而得到＜，最后得到+＜+，是“执因索果”，是综合法证明，故选：A．点评：本题考查综合法与分析法，掌握二者的推理形式（“执因索果”为综合法，“执果索因”为分析法）是关键，属于中档题．8.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【答案】D【解析】将左边因式分解，即可得出结论．解：要证：a2+b2﹣1﹣a2b2≤0，只要证明（a2﹣1）（1﹣b2）≤0，只要证明（a2﹣1）（b2﹣1）≥0．故选：D．点评：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式．9.下面叙述正确的是（）A．综合法、分析法是直接证明的方法B．综合法是直接证法、分析法是间接证法C．综合法、分析法所用语气都是肯定的D．综合法、分析法所用语气都是假定的【答案】A【解析】根据综合法、分析法的定义与证题思路，可得结论．解：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式，是直接证明的方法．故选：A．点评：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式．10.求证：+＞．证明：因为+和都是正数，所以为了证明+＞，只需证明（+）2＞（）2，展开得5+2＞5，即2＞0，显然成立，所以不等式+＞．上述证明过程应用了（）A．综合法B．分析法C．综合法、分析法混合D．间接证法【答案】B【解析】分析法是果索因，基本步骤：要证…只需证…，只需证…，分析法是从求证的不等式出发，找到使不等式成立的充分条件，把证明不等式的问题转化为判定这些充分条件是否具有的问题．解：分析法是果索因，基本步骤：要证…只需证…，只需证…结合证明过程，证明过程应用了分析法．故选：B．点评：解决本题的关键是对分析法的概念要熟悉，搞清分析法证题的理论依据，掌握分析法的证11.下列对分析法表述正确的是；（填上你认为正确的全部序号）①由因导果的推法；②执果索因的推法；③因果分别互推的两头凑法；④逆命题的证明方法．【答案】②【解析】根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法．解：根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法，是直接证法．故答案为：②．点评：本题主要考查综合法、分析法、反证法的定义，属于基础题．12.命题“对于任意角θ，cos4θ﹣sin4θ=cos2θ”的证明：“cos4θ﹣sin4θ=（cos2θ﹣sin2θ）（cos2θ+sin2θ）=cos2θ﹣sin2θ=cos2θ”过程应用了（）A．分析发B．综合法C．综合法、分析法结合使用D．间接证法【答案】B【解析】在推理的过程中使用了因式分解，平方差公式，以及余弦的倍角公式，符合综合法的证明过程．解：在证明过程中使用了大量的公式和结论，有平方差公式，同角的关系式，所以在证明过程中，使用了综合法的证明方法．故选：B．点评：本题主要考查证明方法的选择和判断，比较基础．13.证明不等式的最适合的方法是（）A．综合法B．分析法C．间接证法D．合情推理法【答案】B【解析】要证原不等式成立，只要证＜，即证9+2＜9+2，故只要证＜，即证14＜18，此种证明方法是分析法．解：要证明不等式，只要证＜，即证9+2＜9+2，故只要证＜，即证14＜18．以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法．故选B．点评：本题考查的是分析法和综合法，解答此题的关键是熟知比较大小的方法．从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件，分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法．也称为因果分析，属于中档题．14.设（）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】假设：中都小于2，则，但由于=≥2+2+2=6，出现矛盾，从而得出正确答案：中至少有一个不小于2．解：由于=≥2+2+2=6，∴中至少有一个不小于2，故选C．点评：分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法，也称为因果分析，从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件；综合法是指从已知条件出发，借助其性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题，其特点和思路是“由因导果”，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．15.已知函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为α，．则（）A．A＞B B．A＜BC．A=B D．A与B的大小不确定【答案】C【解析】作出函数f（x）=|sinx|的图象，利用函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个交点，确定切点坐标，然后利用三角函数的关系即可得到结论．解：作出函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）的图象，如图所示，要使两个函数有且仅有三个交点，则由图象可知，直线在（）内与f（x）相切．设切点为A（α，﹣sinα），当x∈（）时，f（x）=|sinx|=﹣sinx，此时f'（x）=﹣cosx，x∈（）．∴﹣cos，即α=tanα，∴==．即A=B．故选：C．点评：本题主要考查三角函数的图象和性质，利用数形结合是解决本题的关键．16.设函数f（x）=，类比课本推导等差数列的前n项和公式的推导方法计算f（﹣5）+f（﹣4）+f（﹣3））+…+f（0））+f（1））+…+f（5）+f（6）的值为（）A．B．C．3D．【答案】C【解析】根据课本中推导等差数列前n项和的公式的方法﹣倒序相加法，观察所求式子的特点，应先求f（x）+f（1﹣x）的值．解：∵f（x）=∴f（x）+f（1﹣x）=+=+==，即f（﹣5）+f（6）=，f（﹣4）+f（5）=，f（﹣3）+f（4）=，f（﹣2）+f（3）=，f（﹣1）+f（2）=，f（0）+f（1）=，∴所求的式子值为3 ．故选C．点评：本题为规律性的题目，要善于观察式子的特点，并且此题给出了明确的方法，从而降低了本题难度．17.（2014•北京）学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，则这一组学生最多有（）A．2人B．3人C．4人D．5人【答案】B【解析】分别用ABC分别表示优秀、及格和不及格，根据题干中的内容推出文成绩得A，B，C 的学生各最多只有1个，继而推得学生的人数．解：用ABC分别表示优秀、及格和不及格，显然语文成绩得A的学生最多只有1个，语文成绩得B得也最多只有一个，得C最多只有一个，因此学生最多只有3人，显然（AC）（BB）（CA）满足条件，故学生最多有3个．故选：B．点评：本题主要考查了合情推理，关键是找到语句中的关键词，培养了推理论证的能力．18.（2014•揭阳三模）对于正实数α，Mα为满足下述条件的函数f（x）构成的集合：∀x1，x2∈R且x2＞x1，有﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1）．下列结论中正确的是（）A．若f（x）∈Mα1，g（x）Mα2，则f（x）•g（x）∈Mα1•α2B．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，且g（x）≠0，则C．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，则f（x）+g（x）∈Mα1+α2D．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，且α1＞α2，则f（x）﹣g（x）∈Mα1﹣α2【答案】C【解析】对于﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1）．变形有，令，不妨设f（x）∈Mα1，g（x））∈Mα2，利用不等式的性质可得f（x）+g（x）∈Mα1+α2．从而得出正确答案．解：对于﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1），即有，令，有﹣α＜k＜α，不妨设f（x）∈Mα1，g（x））∈Mα2，即有﹣α1＜kf＜α1，﹣α2＜kg＜α2，因此有﹣α1﹣α2＜kf+kg＜α1+α2，因此有f（x）+g（x）∈Mα1+α2．故选C．点评：本题考查的是元素与集合关系的判断、进行简单的合情推理、函数恒成立问题，在能力上主要考查对新信息的理解力及解决问题的能力．19.（2014•枣庄一模）在实数集R中定义一种运算“*”，对任意a，b∈R，a*b为唯一确定的实数，且具有性质：（1）对任意a∈R，a*0=a；（2）对任意a，b∈R，a*b=ab+（a*0）+（b*0）．则函数f（x）=（e x）*的最小值为（）A．2B．3C．6D．8【答案】B【解析】根据性质，f（x）=（e x）*=1+e x+，利用基本不等式，即可得出结论．解：根据性质，f（x）=（e x）*=1+e x+≥1+2=3，当且仅当e x=时，f（x）=（e x）*的最小值为3．故选：B．点评：本题考查新定义，考查基本不等式的运用，正确理解新定义是关键．20.（2014•泸州一模）一支人数是5的倍数且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人．则这只游行队伍的最少人数是（）A．1025B．1035C．1045D．1055【答案】C【解析】由已知可设这只游行队伍的最少人数是n，则n﹣1是2，3，4的公倍数，即12的倍数，且n为5和倍数，进而可得答案．解：设这只游行队伍的最少人数是n∵每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人．∴n﹣1是2，3，4的公倍数，即12的倍数即n﹣1=1008+12k，k∈N则n=1009+12k，k∈N又∵n为5的倍数故当k=3时，1045是满足条件的最少人数故选C点评：本题是典型的“韩信点兵”问题，解答的关键是将问题转化为公倍数问题．。

课时作业42 直接证明与间接证明一、选择题1．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos2θ”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 ．间接证明法解析：因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论． 答案：B2．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 ＋1解析：在B 项中，∵a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立．答案：B3．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：由sin A sin C <cos A cos C 得， cos A cos C －sin A sin C >0， 即cos(A ＋C )>0，∴A ＋C 是锐角， 从而B >π2，故△ABC 必是钝角三角形．答案：C4．设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a >b ，a <b 及a ＝b 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立． 其中正确判断的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，故正确的判断有2个．答案：C5．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系为( ) A ．P >Q B ．P ＝Q C ．P <QD ．由a 取值决定解析：假设P <Q ，要证P <Q ，只要证P 2<Q 2， 只要证2a ＋7＋2aa ＋7<2a ＋7＋2a ＋3a ＋4，只要证a 2＋7a <a 2＋7a ＋12，只要证0<12， ∵0<12成立，∴P <Q 成立． 答案：C6．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)＝3a －4a ＋1，则a的取值范围是( )A ．a <34B ．a <34且a ≠－1C ．a >34或a <－1D ．－1<a <34解析：∵f (x )以3为周期，所以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)， 再由f (1)>1，可得f (2)<－1， 即3a －4a ＋1<－1，解得－1<a <34. 答案：D 二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．解析：a ＝3＋22，b ＝2＋7两式的两边分别平方，可得a 2＝11＋46，b 2＝11＋47，显然，6<7.∴a <b .答案：a <b8．用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：________.解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a ，b ，c ，d 中没有一个是非负数，即a ，b ，c ，d 全是负数”．答案：a ，b ，c ，d 全是负数9．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)． 解析：若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1.但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b >2，则a 、b 中至少有一个大于1. 反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾， 因此假设不成立，故a 、b 中至少有一个大于1. 答案：③ 三、解答题10．若a >b >c >d >0且a ＋d ＝b ＋c ，求证：d ＋a <b ＋c .证明：要证d ＋a <b ＋c ，只需证(d ＋a )2<(b ＋c )2，即a ＋d ＋2ad <b ＋c ＋2bc ，因a ＋d ＝b ＋c ，只需证ad <bc ，即ad <bc ，设a ＋d ＝b ＋c ＝t ，则ad －bc ＝(t －d )d －(t －c )c ＝(c －d )(c ＋d －t )<0，故ad <bc 成立，从而d ＋a <b ＋c 成立．11．已知函数y ＝f (x )是R 上的增函数．(1)若a ，b ∈R 且a ＋b ≥0，求证：f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )； (2)写出(1)中的命题的逆命题，判断真假并证明你的结论． 解：(1)∵函数y ＝f (x )是R 上的增函数， 又∵a ＋b ≥0，∴a ≥－b ，b ≥－a ， ∴f (a )≥f (－b )，f (b )≥f (－a )， ∴f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )．(2)逆命题：若a 、b ∈R ，f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )，则a ＋b ≥0.真命题． 证明如下：假设a ＋b <0，∵y ＝f (x )是R 上的增函数， ∴当a <－b 时，f (a )<f (－b )； 当b <－a 时，f (b )<f (－a )．∴f (a )＋f (b )<f (－b )＋f (－a )，与已知矛盾，∴a ＋b <0不成立．∴a ＋b ≥0.1．设非空集合M 同时满足下列两个条件：①M ⊆{1,2,3，…，n －1}；②若a ∈M ，则n －a ∈M (n ≥2，n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A ．若n 为偶数，则集合M 的个数为2n 2B ．若n 为偶数，则集合M 的个数为2n2－1C ．若n 为奇数，则集合M 的个数为2n －12 D ．若n 为奇数，则集合M 的个数为2n ＋12解析：当n ＝2时，M ⊆{1}，且满足1∈M,2－1∈M ，故集合M 的个数为1；当n ＝3时，M ⊆{1,2}，且1∈M,3－1＝2∈M ，故集合M 的个数为1；当n ＝4时，M ⊆{1,2,3}，且1∈M,4－1＝3∈M,2∈M,4－2＝2∈M ，故集合M 的个数为3，故可排除A ，C ，D ，选B.答案：B2．设f (x )＝e x －1.当a >ln2－1且x >0时，证明：f (x )>x 2－2ax . 证明：欲证f (x )>x 2－2ax ，即e x －1>x 2－2ax ，也就是e x －x 2＋2ax －1>0. 可令u (x )＝e x －x 2＋2ax －1，则u ′(x )＝e x－2x ＋2a . 令h (x )＝e x －2x ＋2a ，则h ′(x )＝e x－2.当x ∈(－∞，ln2)时，h ′(x )<0，函数h (x )在(－∞，ln2]上单调递减，当x ∈(ln2，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )在[ln2，＋∞)上单调递增．所以h (x )的最小值为h (ln2)＝e ln2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a . 因为a >ln2－1，所以h (ln2)>2－2ln2＋2(ln2－1)＝0，即h (ln2)>0. 所以u ′(x )＝h (x )>0， 即u (x )在R 上为增函数．故u (x )在(0，＋∞)上为增函数．所以u (x )>u (0)． 而u (0)＝0，所以u (x )＝e x－x 2＋2ax －1>0. 即当a >ln2－1且x >0时，f (x )>x 2－2ax .。

第五节直接证明与间接证明1．直接证明——综合法、分析法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，直到最后，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)为止思维过程由因导果(顺推证法)执果索因(逆推证法)框图表示P表示已知条件、已有的数学定义、公理、定理、性质等，Q表示所要证明的结论P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件文字语言因为……，所以……，或由……得……，或“⇒”要证(欲证)……，只需证……，即证……2．间接证明——反证法要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q 是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．,(1)分析法的特点①当命题不知从何入手时，可以运用分析法来解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效．②分析法证明过程不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件．(2)应用反证法证题注意事项应用反证法证题时，必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，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)一些常见词语的否定一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (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．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× 二、选填题1．命题“对任意角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”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 ．间接证明法解析：选B 因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论，故选B. 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＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：选D 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：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是( ) A ．假设三个内角都不大于60° B ．假设三个内角都大于60°C ．假设三个内角至多有一个大于60°D ．假设三个内角至多有两个大于60°解析：选B 根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60°.故选B.4．若2，3，x 成等比数列，则log 2x ＝________.解析：由题意得(3)2＝2·x ， 所以x ＝32，所以x ＝92.设log2x ＝y ，即⎝⎛⎭⎫32y ＝92＝⎝⎛⎭⎫322， 所以y ＝2，即log 2x ＝2.答案：25.6－22与5－7的大小关系是________． 解析：假设6－22＞5－7，由分析法可得， 要证 6－22＞5－7，只需证 6＋7＞5＋22， 即证13＋242＞13＋410，即42＞210. 因为42＞40，所以6－22＞5－7成立． 答案：6－22＞5－7考点一综合法的应用[师生共研过关][典例精析]数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞n n ＋1.[解] (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1， ∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n＝2， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.法二：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞1，又∵1＞n n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞n n ＋1.[解题技法]掌握综合法证明问题的思路[过关训练]已知a ，b ，c 都为正实数，a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≤3； (2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 证明：(1)∵(a ＋b ＋c )2＝(a ＋b ＋c )＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤(a ＋b ＋c )＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝3，∴a ＋b ＋c ≤3，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．(2)∵a ＞0，∴3a ＋1＞0， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥2 43a ＋1(3a ＋1)＝4， 当且仅当43a ＋1＝3a ＋1，即a ＝13时取“＝”．∴43a ＋1≥3－3a ，同理得43b ＋1≥3－3b ，43c ＋1≥3－3c ， 以上三式相加得4⎝⎛⎭⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9－3(a ＋b ＋c )＝6，∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32，当且仅当a＝b＝c＝13时取“＝”．考点二分析法的应用[师生共研过关][典例精析]若△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，也就是证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．[解题技法]1．利用分析法证明问题的思路先从结论入手，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．分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．[过关训练]1．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即证(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，∴2a3－b3≥2ab2－a2b.2．已知a＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a2－2≥a ＋1a －2，只要证a 2＋1a2＋2≥a ＋1a ＋ 2.因为a ＞0，故只要证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22，即证a 2＋1a 2＋4 a 2＋1a2＋4≥a 2＋2＋1a2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a2≥ 2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a 2≥2， 而上述不等式显然成立，故原不等式成立． 考点三反证法的应用[师生共研过关][典例精析]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列． [解] (1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.(*) 又因为p ＜q ＜r ， 所以r －q ∈N *，r －p ∈N *.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立． 所以假设不成立，原命题得证．[解题技法]用反证法证明数学命题需把握的3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．[过关训练]1．已知a1＋a2＋a3＋a4＞100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a1＋a2＋a3＋a4＞100矛盾，故假设错误．所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.2．已知f(x)＝ln(1＋e x)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得f(b)－f(a) b－a＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．证明：假设存在x0′∈(a，b)，x0∈(a，b)，且x0′≠x0，使得f(b)－f(a)b－a＝f′(x0′)，f(b)－f(a)b－a＝f′(x0)成立，即f′(x0)＝f′(x0′)．因为f′(x)＝e x1＋e x－m，记g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝e x(1＋e x)2＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x0′，这与x0′≠x0矛盾，所以x0是唯一的．。

开卷速查(三十八) 直接证明与间接证明A级基础巩固练1．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为( )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：“恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”．答案：B2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac <3a”索的因应是( )A．a－b＞0 B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0解析：b2－ac<3a⇔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.答案：C3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P、Q的大小关系是( )A．P＞Q B．P＝QC．P＜Q D．由a的取值确定解析：∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，只要证：2a＋7＋2a a＋7 ＜2a＋7＋2· a＋3 a＋4 ，只要证：a2＋7a＜a2＋7a＋12，只要证：0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立.答案：C4．设x ，y ，z ∈(0，＋∞)，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三数( )A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2解析：a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x≥6，因此a ，b ，c 至少有一个不小于2. 答案：C5．要使3a －3b ＜3a －b 成立，则a ，b 应满足( ) A ．ab ＜0且a ＞b B ．ab ＞0且a ＞b C ．ab ＜0且a ＜bD ．ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 解析：要使3a －3b ＜3a －b 成立， 只要(3a －3b )3＜(3a －b )3成立， 即a －b －33a 2b ＋33ab 2＜a －b 成立， 只要3ab 2＜3a 2b 成立， 只要ab 2＜a 2b 成立， 即要ab (b －a )＜0成立，只要ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 成立. 答案：D6．已知a ＞b ＞0，且ab ＝1，若0＜c ＜1，p ＝log ca 2＋b 22，q ＝log c ⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2，则p 、q的大小关系是( )A ．p ＞qB ．p ＜qC ．p ＝qD ．p ≥q解析：∵a 2＋b 22＞ab ＝1， ∴p ＝log ca 2＋b 22＜0.又q ＝log c ⎝⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2＝log c1a ＋b ＋2ab＞log c 14ab ＝log c 14＞0，∴q ＞p . 答案：B7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为__________．解析：a ＝3＋22，b ＝2＋7两式的两边分别平方，可得a 2＝11＋46，b 2＝11＋47，显然，6＜7.∴a ＜b . 答案：a ＜b8．用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd ＞1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是__________．解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a ，b ，c ，d 中没有一个是非负数，即a ，b ，c ，d 全是负数”．答案：a ，b ，c ，d 全是负数9．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) 解析：若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1， 反证法：假设a ≤1且b ≤1， 则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾，因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1. 答案：③10．设数列{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？解析：(1)证明：假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3， 即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2)， 因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2， 即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾， 所以数列{S n }不是等比数列．(2)当q ＝1时，S n ＝na 1，故{S n }是等差数列； 当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3， 即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)， 得q ＝0，这与公比q ≠0矛盾．综上，当q ＝1时，数列{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列．B 级 能力提升练11．如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，那么( ) A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析：由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1.B 2＝π2－B 1.C 2＝π2－C 1.那么A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，又由已知可得△A 2B 2C 2不是直角三角形，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形． 答案：D12．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b ∈R ＋，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系是( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在(－∞，＋∞)上是单调递减函数， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .答案：A13．[2015·徐州模拟]如图，AB ，CD 均为圆O 的直径，CE ⊥圆O 所在的平面，BF ∥CE ，求证：(1)平面BCEF ⊥平面ACE ； (2)直线DF ∥平面ACE .证明：(1)因为CE ⊥圆O 所在的平面，BC ⊂圆O 所在的平面，所以CE ⊥BC . 因为AB 为圆O 的直径，点C 在圆O 上， 所以AC ⊥BC .因为AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面ACE ， 所以BC ⊥平面ACE . 因为BC ⊂平面BCEF ， 所以平面BCEF ⊥平面ACE .(2)由(1)知AC ⊥BC ，又因为CD 为圆O 的直径，所以BD ⊥BC . 因为AC ，BC ，BD 在同一平面内，所以AC ∥BD . 因为BD ⊄平面ACE ，AC ⊂平面ACE ， 所以BD ∥平面ACE .因为BF ∥CE ，同理可证BF ∥平面ACE ， 因为BD ∩BF ＝B ，BD ，BF ⊂平面BDF ， 所以平面BDF ∥平面ACE .因为DF ⊂平面BDF ，所以DF ∥平面ACE .14．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)的图像与x 轴有两个不同的交点．若f (c )＝0，且0＜x ＜c 时，f (x )＞0.(1)证明：1a 是函数f (x )的一个零点；(2)试比较1a与c 的大小．解析：(1)证明：∵f (x )的图像与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根．又x 1x 2＝c a，∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a≠c ，∴1a 是f (x )＝0的一个根．即1a是函数f (x )的一个零点． (2)假设1a＜c ，∵1a＞0，∴由0＜x ＜c 时，f (x )＞0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞0，这与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝0矛盾，∴1a≥c .又∵1a ≠c ，∴1a＞c .。