高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第3讲基本不等式知能训练轻松闯关文北师大版

第二节 基本不等式[考纲传真] 1.了解基本不等式的证明过程.2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题．1．基本不等式ab ≤a ＋b2(1)基本不等式成立的条件：a ≥0，b ≥0. (2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b . 其中a ＋b2称为a ，b 的算术平均数，ab 称为a ，b 的几何平均数．2．几个重要的不等式 (1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )； (2)b a ＋a b≥2(a ，b 同号且不为零)； (3)ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22(a ，b ∈R )；(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≤a 2＋b 22(a ，b ∈R )． 3．利用基本不等式求最值问题 已知x >0，y >0，则(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值是2p (简记：积定和最小)．(2)如果和x ＋y 是定值q ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值是q 24(简记：和定积最大)．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数y ＝x ＋1x的最小值是2.( )(2)函数f (x )＝cos x ＋4cos x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2的最小值等于4.( )(3)x >0，y >0是x y ＋yx≥2的充要条件．( )(4)若a >0，则a 3＋1a2的最小值为2a .( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．若a ，b ∈R ，且ab >0，则下列不等式中，恒成立的是( ) A ．a 2＋b 2>2ab B ．a ＋b ≥2ab C.1a ＋1b>2abD.b a ＋a b≥2D [∵a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0，∴A 错误；对于B ，C ，当a <0，b <0时，明显错误． 对于D ，∵ab >0，∴b a ＋a b ≥2b a ·ab＝2.] 3．(2016·安徽合肥二模)若a ，b 都是正数，则⎝⎛⎭⎪⎫1＋b a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a b的最小值为( )【导学号：66482277】A ．7B ．8C ．9D ．10C [∵a ，b 都是正数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4a b＝5＋b a ＋4a b≥5＋2b a ·4ab＝9，当且仅当b ＝2a >0时取等号．]4．若函数f (x )＝x ＋1x －2(x >2)在x ＝a 处取最小值，则a 等于( ) 【导学号：66482278】A ．1＋ 2B ．1＋ 3C ．3D ．4C [当x >2时，x －2>0，f (x )＝(x －2)＋1x －2＋2≥2x －1x －2＋2＝4，当且仅当x －2＝1x －2(x >2)，即x ＝3时取等号，即当f (x )取得最小值时，x ＝3，即a ＝3，选C.]5．(教材改编)若把总长为20 m 的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是__________m 2.25 [设矩形的一边为x m ，矩形场地的面积为y ， 则另一边为12×(20－2x )＝(10－x )m ，则y ＝x (10－x )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋－x 22＝25，当且仅当x ＝10－x ，即x ＝5时，y max ＝25.](1)(2015·湖南高考)若实数a ，b 满足1a ＋2b＝ab ，则ab 的最小值为( )A. 2 B ．2 C ．2 2D ．4(2)(2017·郑州二次质量预测)已知正数x ，y 满足x 2＋2xy －3＝0，则2x ＋y 的最小值是__________．(1)C (2)3 [(1)由1a ＋2b ＝ab 知a >0，b >0，所以ab ＝1a ＋2b ≥22ab，即ab ≥22，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝2b ，1a ＋2b ＝ab ，即a ＝42，b ＝242时取“＝”，所以ab 的最小值为2 2.(2)由x 2＋2xy －3＝0得y ＝3－x 22x ＝32x －12x ，则2x ＋y ＝2x ＋32x －12x ＝3x 2＋32x≥23x 2·32x＝3，当且仅当x ＝1时，等号成立，所以2x ＋y 的最小值为3.] [规律方法] 1.利用基本不等式求函数最值时，注意“一正、二定、三相等，和定积最大，积定和最小”．2．在求最值过程中若不能直接使用基本不等式，可以考虑利用拆项、配凑、常数代换、平方等技巧进行变形，使之能够使用基本不等式．[变式训练1] (1)(2016·湖北七市4月联考)已知a >0，b >0，且2a ＋b ＝1，若不等式2a ＋1b≥m 恒成立，则m 的最大值等于( )【导学号：66482279】A ．10B ．9C ．8D ．7(2)(2016·湖南雅礼中学一模)已知实数m ，n 满足m ·n >0，m ＋n ＝－1，则1m ＋1n的最大值为__________．(1)B (2)－4 [(1)∵2a ＋1b＝a ＋b a ＋2a ＋b b ＝4＋2b a ＋2a b ＋1＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥5＋2×2b a ×a b ＝9，当且仅当a ＝b ＝13时取等号．又2a ＋1b≥m ，∴m ≤9，即m 的最大值等于9，故选B.(2)∵m ·n >0，m ＋n ＝－1，∴m <0，n <0， ∴1m ＋1n＝－(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n＝－⎝⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ≤－2－2n m ·mn＝－4， 当且仅当m ＝n ＝－12时，1m ＋1n取得最大值－4.]已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab≥8；(2)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9. [证明] (1)1a ＋1b ＋1ab＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ，∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，∴1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝2＋a b ＋b a≥2＋2＝4，3分∴1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立). 5分 (2)法一：∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴1＋1a ＝1＋a ＋b a ＝2＋b a ，同理1＋1b ＝2＋a b，∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋b a ⎝⎛⎭⎪⎫2＋a b ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥5＋4＝9，10分∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ≥9(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立). 12分 法二：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1＋1a ＋1b ＋1ab，由(1)知，1a ＋1b ＋1ab ≥8，10分故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1b ＝1＋1a ＋1b ＋1ab≥9. 12分[规律方法] 1.“1”的代换是解决问题的关键，代换变形后能使用基本不等式是代换的前提，不能盲目变形．2．利用基本不等式证明不等式，关键是所证不等式必须是有“和”式或“积”式，通过将“和”式转化为“积”式或将“积”式转化为“和”式，达到放缩的效果，必要时，也需要运用“拆、拼、凑”的技巧，同时应注意多次运用基本不等式时等号能否取到．[变式训练2] 设a ，b 均为正实数，求证：1a 2＋1b2＋ab ≥2 2.[证明] 由于a ，b 均为正实数， 所以1a 2＋1b 2≥21a2·1b 2＝2ab，3分当且仅当1a 2＝1b2，即a ＝b 时等号成立，又因为2ab ＋ab ≥22ab·ab ＝22，当且仅当2ab＝ab 时等号成立，所以1a 2＋1b 2＋ab ≥2ab＋ab ≥22，8分当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＝1b 2，2ab ＝ab ，即a ＝b ＝42时取等号. 12分50≤x ≤100(单位：千米/时)．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 2360升，司机的工资是每小时14元．(1)求这次行车总费用y 关于x 的表达式；(2)当x 为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值.【导学号：66482280】[解] (1)设所用时间为t ＝130x(h)，y ＝130x ×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 2360＋14×130x ，x ∈[50,100]. 2分所以这次行车总费用y 关于x 的表达式是y ＝130×18x ＋2×130360x ，x ∈[]50，100. (或y ＝2 340x ＋1318x ，x ∈[]50，100). 5分(2)y ＝130×18x ＋2×130360x ≥26 10，当且仅当130×18x ＝2×130360x ，即x ＝1810，等号成立. 8分故当x ＝1810千米/时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为2610元. 12分 [规律方法] 1.设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数． 2．根据实际问题抽象出函数的解析式后，只需利用基本不等式求得函数的最值． 3．在求函数的最值时，一定要在定义域(使实际问题有意义的自变量的取值范围)内求解．[变式训练3] 某化工企业2016年年底投入100万元，购入一套污水处理设备．该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．设该企业使用该设备x 年的年平均污水处理费用为y (单位：万元)．(1)用x 表示y ；(2)当该企业的年平均污水处理费用最低时，企业需重新更换新的污水处理设备．则该企业几年后需要重新更换新的污水处理设备.【导学号：66482281】[解] (1)由题意得，y ＝100＋0.5x ＋＋4＋6＋…＋2xx，即y ＝x ＋100x＋1.5(x ∈N *). 5分 (2)由基本不等式得：y ＝x ＋100x＋1.5≥2x ·100x＋1.5＝21.5，8分当且仅当x ＝100x，即x ＝10时取等号．故该企业10年后需要重新更换新的污水处理设备. 12分[思想与方法]1．基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能，因此可以用在一些不等式的证明中，还可以用于求代数式的最值或取值范围．如果条件等式中，同时含有两个变量的和与积的形式，就可以直接利用基本不等式对两个正数的和与积进行转化，然后通过解不等式进行求解．2．基本不等式的两个变形： (1)a 2＋b 22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab (a ，b ∈R ，当且仅当a ＝b 时取等号)．(2)a 2＋b 22≥a ＋b2≥ab ≥21a ＋1b(a >0，b >0，当且仅当a ＝b 时取等号)．[易错与防范]1．使用基本不等式求最值，“一正”“二定”“三相等”三个条件缺一不可． 2．“当且仅当a ＝b 时等号成立”的含义是“a ＝b ”是等号成立的充要条件，这一点至关重要，忽视它往往会导致解题错误．3．连续使用基本不等式求最值要求每次等号成立的条件一致．。

[导学心语] 1．加强不等式基础知识的复习．不等式的基础知识是进行推理和解不等式 的理论依据，要弄清不等式性质的条件与结论；一元二次不等式、基本不等式是 解决问题的基本工具；如利用导数研究函数单调性，常常归结为解一元二次不等 式问题． 2．强化推理证明和不等式的应用意识．从近年命题看，试题多与数列、函 数、解析几何交汇渗透，对不等式知识、方法技能要求较高．抓好推理论证，强 化不等式的应用训练是提高解综合问题的关键．
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3．重视数学思想方法的复习．明确不等式的求解和推理证明就是一个把条 件向结论转化的过程；加强函数与方程思想在不等式中的应用训练，不等式、函 时容易走神，常常听着听着心思就不知道溜到哪里去了；有的学生，虽然留心听讲，却常常“跟不上步伐”，思维落后在老师的讲解后。这两种情况都 不能达到理想的听课效果。听课最重要的是紧跟老师的思路，否则，教师讲得再好，新知识也无法接受。如何跟上老师饭思路呢？以下的听课方法值得同学们学习：
一、“超前思考，比较听课”
什么叫“超前思考，比较听课”？简单地说，就是同学们在上课的时候不仅要跟着老师的思路走，还要力争走在老师思路的前面，用自己的思路和老师的思路进行对 比，从而发现不同之处，优化思维。
比如在讲《林冲棒打洪教头》一文，老师会提出一些问题，如林冲当时为什么要戴着枷锁？林冲、洪教头是什么关系？林冲为什么要棒打洪教头？••••••
二、同步听课法
有些同学在听课的过程中常碰到这样的问题，比如老师讲到一道很难的题目时，同学们听课的思路就“卡壳“了，无法再跟上老师的思路。这时候该怎么办呢？
如果“卡壳”的内容是老师讲的某一句话或某一个具体问题，同学们应马上举手提问，争取让老师解释得在透彻些、明白些。

[解析] (1)由 lg 2x＋lg 8y＝lg 2 得，lg 2x＋3y＝lg 2， ∴x＋3y＝1，1x＋31y＝1x＋31y(x＋3y) ＝2＋3xy＋3xy≥4当且仅当3xy＝3xy时，等号成立.
(2)y＝1＋3x＋
1 x－1
＝3(x－1)＋
1 x－1
＋4.令x－1＝t，t≥1，∴y＝3t＋
跟踪训练 (1)(2018·湖南期末)函数y＝ax－1＋2(a＞0，a≠1)的图象恒过定点A，若
定点A在直线mx ＋ny＝1(m＞0，n＞0)上，则3m＋n的最小值为( )
A．13
B．14
C．16
D．12
解析：由题意知A(1,3)，
点A在直线mx ＋ny＝1(m＞0，n＞0)上，∴m1 ＋3n＝1.
(3)ab≤a＋2 b2(a，b∈R，当且仅当a＝b时取等号)．
(4)1a＋2 1b≤ ab≤a＋2 b≤
a2＋2 b2(a，b＞0，当且仅当a＝b时取等号)．
[三基自测]
1．(必修5·习题3.4A组改编)设x>0，y>0，且x＋y＝18，则xy的最大值为( )
A．80
B．77
C．81
3．利用基本不等式求最值问题
已知x>0，y>0，则： (1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有 最小 值是2 p(简记：
积定和最小 )． (2)如果和x＋y是定值p，那么当且仅当x＝y时，xy有 最大值是p42(简记：
和定积最大 )．
4．几个常用的重要结论： (1)ba＋ab≥2(a与b同号，当且仅当a＝b时取等号)． (2)a＋1a≥2(a＞0，当且仅当a＝1时取等号)，a＋1a≤－2(a＜0，当且仅当a＝－1时 取等号)．

高考数学一轮复习第六章不等式：第四节推理与证明命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，一般以选择题或填空题的形式考查合情推理和演绎推理；直接证明、间接证明和数学归纳法，一般以函数、不等式、数列等为背景进行考查，题型以解答题为主，综合性较强．本节主要考查考生的逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第129页知识点一合情推理与演绎推理1．合情推理类型定义特征归纳推理由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理由部分到整体、由个别到一般类比推理由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理由特殊到特殊合情推理归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理2．演绎推理（1）定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．（2）“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．•温馨提醒•1．合情推理的结论是猜想，不一定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确．2．合情推理是发现结论的推理；演绎推理是证明结论的推理．1．已知数列{a n}中，a1＝1，n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是（）A．a n＝3n－2B．a n＝4n－3C．a n＝n2D．a n＝3n－1解析：由a1＝1，a n＝a n－1＋2n－1，得a2＝4，a3＝9，a4＝16．猜得a n＝n2．故选C．答案：Cx是对数函数，2．演绎推理“因为对数函数y＝log a x（a>0且a≠1）是增函数，而函数y＝log12x是增函数”所得结论错误的原因是（）所以y＝log12A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．大前提和小前提都错误解析：因为当a>1时，y＝log a x在定义域内单调递增，当0<a<1时，y＝log a x在定义域内单调递减，所以大前提错误．故选A．答案：A3．在等差数列{a n}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋a n＝a1＋a2＋…＋a19－n（n<19，且n∈N＋）成立．类比上述性质，在等比数列{b n}中，若b9＝1，则存在的等式为__________．解析：由等比数列的性质b n＋1·b17－n＝b n＋2·b16－n＝…＝b29＝1，得b1b2…b n＝b1b2b3b4…b17－n （n<17，n∈N＋）．答案：b1b2…b n＝b1b2…b17－n（n<17，n∈N＋）知识点二证明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Ｗ．（1）综合法：一般地，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，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：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．3．数学归纳法证明一个与正整数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．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．1．（易错题）用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”，假设正确的是（ ）A ．假设三个内角都不大于60度B ．假设三个内角都大于60度C ．假设三个内角至多有一个大于60度D ．假设三个内角至多有两个大于60度解析：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度．故选B ． 答案：B2．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：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔（a 2－1）（b 2－1）≥0． 答案：D3．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n （n －3）条时，第一步检验n 等于（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4解析：凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3． 答案：C授课提示：对应学生用书第130页题型一 合情推理1．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：223＝223，338＝338，4415＝4415，5524＝5524，则按照以上规律，若88n＝88n具有“穿墙术”，则n ＝（ ） A ．35B ．48C ．63D ．80解析：根据规律得3＝1×3，8＝2×4，15＝3×5，24＝4×6，…，所以n ＝7×9＝63． 答案：C2．二维空间中，圆的一维测度（周长）l ＝2πr ，二维测度（面积）S ＝πr 2，三维空间中，球的二维测度（表面积）S ＝4πr 2，三维测度（体积）V ＝43πr 3，应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V ＝8πr 3，则其四维测度W ＝（ ） A ．2πr 4 B ．3πr 4 C ．4πr 4D ．6πr 4解析：由题意得，二维空间中，二维测度的导数为一维测度；三维空间中，三维测度的导数为二维测度．由此归纳，在四维空间中，四维测度的导数为三维测度，故W ＝2πr 4． 答案：A3．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式1＋11＋11＋…中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程1＋1x ＝x求得x ＝5＋12．类比上述过程，则 2 020＋2 019 2 020＋2 019…＝________．解析：由题意可得 2 020＋2 019x ＝x （x ≥0），整理得（x ＋1）（x －2 020）＝0（x ≥0），解得x ＝2 020，即 2 020＋2 019 2 020＋2 019…＝2 020． 答案：2 0201．类比推理的分类及处理方法 类别 解决适合题型类比定义 在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型问题时，可以借助原定义来求解已知熟悉定义类比新定义类比性质 从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键平面几何与立体几何、等差数列与等比数列 类比有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比已知熟悉的处理方法类方法 应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移 比未知问题的处理方法2．归纳推理问题的常见类型及解题策略常见类型解题策略与数字有关的等式的推理 观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解 与式子有关的推理 观察每个式子的特点，找到规律后可解与图形变化有关的推理合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性题型二 演绎推理[例] 已知函数y ＝f （x ）满足：对任意a ，b ∈R ，a ≠b ，都有af （a ）＋bf （b ）>af （b ）＋bf （a ），试证明：f （x ）为R 上的单调递增函数． [证明] 设x 1，x 2∈R ，取x 1<x 2，则由题意得x 1f （x 1）＋x 2f （x 2）>x 1f （x 2）＋x 2f （x 1）， 所以x 1[f （x 1）－f （x 2）]＋x 2[f （x 2）－f （x 1）]>0， [f （x 2）－f （x 1）]（x 2－x 1）>0，因为x 1<x 2，所以f （x 2）－f （x 1）>0，f （x 2）>f （x 1）． 综上，y ＝f （x ）为R 上的单调递增函数．演绎推理的推证规则（1）演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．（2）在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．[对点训练]数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n（n ∈N ＋）．证明：（1）数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；（2）S n ＋1＝4a n ．证明：（1）因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n ，所以（n ＋2）S n ＝n （S n ＋1－S n ）， 即nS n ＋1＝2（n ＋1）S n ．故S n ＋1n ＋1＝2·S nn ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）可知S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1（n ≥2），所以S n ＋1＝4（n ＋1）·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1＝4a n（n ≥2）．又因为a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1， 所以对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n ．题型三 证明问题证明问题分为直接证明与间接证明．其常见的方法有：（1）分析法；（2）综合法；（3）反证法；（4）数学归纳法． 考法（一） 分析法 [例1] 已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2．[证明] 因为a >0，要证原不等式成立，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，即证a 2＋1a 2＋4a 2＋1a2＋4≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 只需证2·a 2＋1a 2≥a ＋1a ，即证2⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2， 只需证a 2＋1a2≥2．由基本不等式知a 2＋1a 2≥2显然成立，所以原不等式成立．分析法证明问题的思路与适用范围（1）分析法的思路：“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“要证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．（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． 考法（二） 综合法[例2] 若任意x ∈D ，总有f （x ）<F （x ）<g （x ），则称F （x ）为f （x ）与g （x ）在D 上的一个“严格分界函数”．求证：y ＝e x是y ＝1＋x 和y ＝1＋x ＋x 22在（－1，0）上的一个“严格分界函数”．[证明] 令φ（x ）＝e x －1－x ， 则φ′（x ）＝e x －1． 当－1<x <0时，φ′（x ）<0，故φ（x ）在区间（－1，0）上为减函数， 因为φ（x ）>φ（0）＝0，故e x >1＋x ．令t （x ）＝e x－1－x －x 22，则t ′（x ）＝e x －1－x ．由上述证明过程可知，当x ∈（－1，0）时，e x >1＋x 恒成立，即当x ∈（－1，0）时，t ′（x ）>0，故t （x ）在（－1，0）上为增函数． 所以t （x ）<t （0）＝0，即e x<1＋x ＋x 22．故y ＝e x是y ＝1＋x 和y ＝1＋x ＋x 22在（－1，0）上的一个“严格分界函数”．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． 考法（三） 反证法[例3] 已知f （x ）＝ln （1＋e x ）－mx （x ∈R ），对于给定区间（a ，b ），存在x 0∈（a ，b ），使得f （b ）－f （a ）b －a＝f ′（x 0）成立，求证：x 0唯一．[证明] 假设存在x ′0，x 0∈（a ，b ），且x ′0≠x 0，使得f （b ）－f （a ）b －a ＝f ′（x 0），f （b ）－f （a ）b －a＝f ′（x ′0）成立， 即f ′（x 0）＝f ′（x ′0）．因为f ′（x ）＝e x 1＋e x－m ，记g （x ）＝f ′（x ），所以g ′（x ）＝e x（1＋e x ）2>0，即f ′（x ）是（a ，b ）上的单调递增函数．所以x 0＝x ′0，这与x ′0≠x 0矛盾，所以x 0是唯一的．反证法证明问题的三步骤（1）反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面（否定命题）成立．（否定结论） （2）归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾．（推导矛盾）（3）立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．（命题成立） 考法（四） 数学归纳法[例4] 已知数列{a n }满足S n ＋a n ＝2n ＋1． （1）写出a 1，a 2，a 3，并推测a n 的表达式； （2）用数学归纳法证明所得的结论．[解析] （1）将n ＝1，2，3分别代入可得a 1＝32，a 2＝74，a 3＝158，猜想a n ＝2－12n ．（2）证明：①由（1）得n ＝1，2，3时，结论成立． ②假设n ＝k （k ≥3，k ∈N ＋）时，结论成立， 即a k ＝2－12k ，那么当n ＝k ＋1时，a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1＋a k ＋1＝2（k ＋1）＋1， 且a 1＋a 2＋…＋a k ＝2k ＋1－a k ，所以2k ＋1－a k ＋2a k ＋1＝2（k ＋1）＋1＝2k ＋3， 所以2a k ＋1＝2＋2－12k ，a k ＋1＝2－12k ＋1，即当n ＝k ＋1时，结论也成立．1．用数学归纳法证明等式时应注意的问题（1）用数学归纳法进行证明，其关键在于弄清式子的构成规律，式子两边各有多少项，初始值n 0；（2）由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除式子两边变化的项外还要充分利用n ＝k 时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明． 2．“归纳——猜想——证明”的一般步骤 （1）计算（根据条件，计算若干项）．（2）归纳猜想（通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论）． （3）证明（用数学归纳法证明）．[题组突破]1．已知a ，b ∈R ，a >b >e （其中e 是自然对数的底数）用分析法求证：b a >a b ． 证明：因为a >b >e ，b a >0，a b >0，所以要证b a >a b ，只需证a ln b >b ln a ，只需证ln b b >ln aa． 取函数f （x ）＝ln xx ，因为f ′（x ）＝1－ln x x 2，所以当x >e 时，f ′（x ）<0，所以函数f （x ）在（e ，＋∞）上单调递减．所以当a >b >e 时，有f （b ）>f （a ）， 即ln b b >ln aa．得证． 2．设a >0，b >0，且a 2＋b 2＝1a 2＋1b 2．证明：a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则有a 2＋a ＋b 2＋b <4． 由a 2＋b 2＝1a 2＋1b 2，得a 2b 2＝1，因为a >0，b >0，所以ab ＝1．因为a 2＋b 2≥2ab ＝2（当且仅当a ＝b ＝1时等号成立）， a ＋b ≥2ab ＝2（当且仅当a ＝b ＝1时等号成立），所以a 2＋a ＋b 2＋b ≥2ab ＋2ab ＝4（当且仅当a ＝b ＝1时等号成立）， 这与假设矛盾，故假设错误．所以a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．3．已知数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N ＋时，a n <a n ＋1．证明：（1）当n＝1时，因为a2是方程a22＋a2－1＝0的正根，所以a2＝5－12，即a1<a2成立．（2）假设当n＝k（k∈N＋，k≥1）时，0≤a k<a k＋1，所以a2k＋1－a2k＝（a2k＋2＋a k＋2－1）－（a2k＋1＋a k＋1－1）＝（a k＋2－a k＋1）（a k＋2＋a k＋1＋1）>0，又a k＋1>a k≥0，所以a k＋2＋a k＋1＋1>0，所以a k＋1<a k＋2，即当n＝k＋1时，a n<a n＋1也成立．综上，可知a n<a n＋1对任何n∈N＋都成立．演绎推理中的核心素养逻辑推理——推理能力的创新应用[例]（1）（2019·高考全国卷Ⅱ）在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为（）A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙（2）（2021·长沙长郡中学调研）沈老师告知高三文数周考的附加题只有6名同学A，B，C，D，E，F尝试做了，并且这6人中只有1人答对了．同学甲猜测：D或E答对了．同学乙猜测：C不可能答对．同学丙猜测：A，B，F当中必有1人答对了．同学丁猜测：D，E，F都不可能答对．若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是（）A．甲B．乙C．丙D．丁[解析]（1）由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误．综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．（2）若甲猜对，则乙也猜对，与题意不符，故甲猜错；若乙猜对，则丙也猜对，与题意不符，故乙也猜错；若丙猜对，则乙也猜对，与题意不符，故丙猜错；因为甲、乙、丙、丁四人中只有1人猜对，所以丁猜对．故选D．[答案]（1）A（2）D求解此类题目一般情况利用反设推理方法，即逐个肯定或否定，结合条件进行推理判断，从而得出正确结论．[对点训练]某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末（周六和周日）不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是（）A．今天是周六B．今天是周四C．A车周三限行D．C车周五限行解析：因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，不是周五，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周二，也不是周六，所以今天是周四．答案：B。