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第37讲直接证明与间接证明[解密考纲]对利用综合法、分析法、反证法证明数学命题常与数列、解析几何、立体几何、函数综合在一起进行考查．一、选择题1．用反证法证明命题：若a＋b＋c为偶数，则“自然数a，b，c恰有一个偶数”时正确反设为( D)A．自然数a，b，c都是奇数B．自然数a，b，c都是偶数C．自然数a，b，c中至少有两个偶数D．自然数a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数解析由于“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a，b，c都是奇数或至少有两个偶数”，故选D．2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac <3a”索的因应是( C)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)＞0.3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是( C) A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定解析不妨设P＜Q，∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，只要证2a＋7＋2a a＋＜2a＋7＋2·a＋a＋，只要证a2＋7a＜a2＋7a＋12，只要证0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立．4．要使3a－3b<3a－b成立，则a，b应满足( D)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． 5．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( B )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 .6．(2017·山东济南模拟)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( C ) 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 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C ．二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为__a ＜b __.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 .8．用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是__a ，b ，c ，d 全是负数__.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”．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__③__(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，故③能推出． 三、解答题10．(2017·江苏徐州模拟)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 . 11．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．解析 (1)分两种情况讨论．①当q ＝1时，数列{a n }是首项为a 1的常数列，所以S n ＝a 1＋a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1. ②当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＋a n ⇒qS n ＝qa 1＋qa 2＋…＋qa n －1＋qa n .将上面两式相减得(1－q )S n ＝a 1＋(a 2－qa 1)＋(a 3－qa 2)＋…＋(a n －qa n －1)－qa n ＝a 1－qa n ⇒S n ＝a 1－qa n 1－q ＝a 1－q n1－q.综上，S n ＝a 1－qa n 1－q ＝a 1－qn1－q，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n1－q，q ≠1.(2)证明：设{a n }是公比q ≠1的等比数列，假设数列{a n ＋1}是等比数列，则 (a 2＋1)2＝(a 1＋1)(a 3＋1)，即(a 1q ＋1)2＝(a 1＋1)(a 1q 2＋1)，整理得a 1(q －1)2＝0得a 1＝0或q ＝1均与题设矛盾，故数列{a n ＋1}不是等比数列．12．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：x ＝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 ，x ＝1a是f (x )＝0的一个根．即x ＝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 .。
2017高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明第5讲直接证明与间接证明习题A组基础巩固一、选择题1．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()A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根[答案]A[解析]至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac ＜3a”索的因应是()A．a－b＞0 B.a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0D．(a－b)(a－c)＜0[答案]C[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.故选C.3．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数()A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列[答案]B[解析]＋c ＝2b ，①2＝ab ，②2＝bc .③＝x 2b，＝y 2b.代入①，得x 2b ＋y 2b＝2b ，即x 2＋y 2＝2b 2.故x 2，b 2，y 2成等差数列．4．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2＞0，则f (x 1)＋f (x 2)的值()A．恒为负值 B.恒等于零C．恒为正值D．无法确定正负[答案]A[解析]由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2＞0，可知x 1＞－x 2，f (x 1)＜f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)＜0，故选A.5．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()A．②③ B.①②③C．③D．③④⑤[答案]C[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，a ，b 中至少有一个大于1.6．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．△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[答案]D[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．A 2＝cos A 1＝sin π2－A 1，B 2＝cos B 1＝sin π2－B 1，C 2＝cos C 1＝sinπ2－C 1，2＝π2－A ，2＝π2－B 1，2＝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，又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．二、填空题7．用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________.[答案]a ，b 中没有一个能被5整除[解析]“至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．8．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]法一：(取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m ＜n .法二：(分析法)a －b ＜a －b ⇐b ＋a －b ＞a ⇐a ＜b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b ＞0，显然成立．9．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________.[答案]c n ＋1＜c n[解析]由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1＜c n .10．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是________.[答案](－3，3 2 )[解析]法一：(补集法)－1＝－2p2＋p＋1≤0，1＝－2p2－3p＋9≤0，解得p≤－3或p≥32，故满足条件的p的范围为(－3，32)．法二：(直接法)依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，得－12＜p＜1或－3＜p＜32.故满足条件的p的取值范围是(－3，32)．三、解答题11．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．12．已知二次函数f(x)＝ax2＋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f(x)＝0的一个根；(2)试比较1a与c的大小；(3)证明：－2＜b＜－1.[答案](1)略(2)1a>c(3)略[解析](1)证明：∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝ca，∴x 2＝1a (1a≠c )，∴1a是f (x )＝0的一个根．(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 .(3)证明：由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0，∴b ＝－1－ac .又a ＞0，c ＞0，∴b ＜－1.二次函数f (x )的图象的对称轴方程为x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22＜x 2＋x 22＝x 2＝1a，即－b 2a ＜1a.又a ＞0，∴b ＞－2，∴－2＜b ＜－1.B 组能力提升1．已知函数f (x )满足：f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，f (1)＝2，则f21＋f 2f 1＋f22＋f 4f 3＋f23＋f 6f 5＋f 24＋f 8f 7＝()A．4 B.8C．12D．16[答案]D[解析]根据f (a ＋b )＝f (a )·f (b )，得f (2n )＝f 2(n )．又f (1)＝2，则f n ＋1f n＝2.由f21＋f 8f 7＝2f 2f 1＋2f 4f 3＋2f 6f 5＋2f 8f 7＝16.2．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 C 3≤f (A ＋B ＋C 3)＝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332.3．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()A．(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∉S B．(y ，z ，w )∈S ，(x ，y ，w )∈S C．(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∈S D．(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∉S [答案]B [解析]方法一因为(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 .故选B.方法二(特殊值法)因为(x ，y ，z )和(z ，w ，x )都在S 中，不妨令x ＝2，y ＝3，z ＝4，w ＝1，则(y ，z ，w )＝(3,4,1)∈S ，(x ，y ，w )＝(2,3,1)∈S ，故(y ，z ，w )∉S ，(x ，y ，w )∉S 的说法均错误，可以排除选项A、C、D，故选B.4．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f (x )＝0没有负实数根．[答案](1)略(2)略[解析](1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，且ax 1＞0，所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＞0.又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 2＋1x 1＋1＝3x 2－x 1x 2＋1x 1＋1＞0.于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＞0.故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数(2)设存在x 0＜0(x 0≠－1)，满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1.又0＜ax 0＜1，所以0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x )＝0没有负实数根．5．(2015·江西七校联考)已知函数f (x )＝ln x －a x －1x ＋1.(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求a 的取值范围；(2)设m ，n ∈R ＋，且m ＞n ，求证：m －n ln m －ln n ＜m ＋n2.[答案](1)(－∞，2](2)略[解析](1)f′(x )＝1x －ax ＋1－a x －1x ＋12＝x ＋12－2axx x ＋12＝x 2＋2－2a x ＋1x x ＋12.因为f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．即x 2＋(2－2a )x ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立．当x ∈(0，＋∞)时，由x 2＋(2－2a )x ＋1≥0，得2a －2≤x ＋1x.设g (x )＝x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)．g (x )＝x ＋1x≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号，即g (x )的最小值为2，则2a －2≤2，即a ≤2.故a 的取值范围是(－∞，2]．(2)要证m －n ln m －ln n ＜m ＋n 2，只需证mn－1lnm n ＜m n ＋12，即证ln mn＞2m n－1mn＋1，则只需证ln m n －2m n－1m n＋1＞0.设h (x )＝ln x －2x －1x ＋1.由(1)知，h (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，又mn ＞1，所以h (mn )＞h (1)＝0.即ln m n －2m n －1mn＋1＞0成立．所以m －n ln m －ln n ＜m ＋n2.。
