1．直接证明(1)综合法①定义：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．②框图表示：P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：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．②框图表示：Q⇐P1―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(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，从而证明原命题成立的证明方法．【思考辨析】判断下列结论是否正确(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．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 2 C.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 2.2．(2016·北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )A ．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B ．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C ．乙盒中红球不多于丙盒中红球D ．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案 B解析 取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机，③和④对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上选B.3．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≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0答案 D解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.4．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.∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .5．(2016·青岛模拟)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 n n)，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， ∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.题型一 综合法的应用例1 (2016·重庆模拟)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 ＋c 2a≥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. 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．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x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)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 )＝x 2(x ∈[0,1])，f (x )＝x (x ∈[0,1])是不是理想函数．(1)证明 取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝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 )＝x 2，x ∈[0,1]，显然f (x )≥0，且f (1)＝1.对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，即f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (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．题型二 分析法的应用例2 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.证明 要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝⎛⎭⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22， 只需证明sin (x 1＋x 2)2cos x 1cos x 2>sin (x 1＋x 2)1＋cos (x 1＋x 2). 由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)． 所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2，即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立， 因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.引申探究若本例中f (x )变为f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明 要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22， 即证明1212(32)(32)2x x x x -+-≥1223x x +－2·x 1＋x 22， 因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥1223x x +－(x 1＋x 2)， 即证明12332x x +≥1223x x +，因此只要证明12332x x + 由于x 1，x 2∈R 时，13x >0, 23x>0，由基本不等式知12332x x + 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．(2017·重庆月考)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．题型三 反证法的应用命题点1 证明否定性命题例3 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． (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 ＋r 2)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为等比数列．命题点2 证明存在性问题例4 (2016·济南模拟)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)由题设得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．命题点3 证明唯一性命题例5 已知M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ，①方程f (x )－x ＝0有实数根；②函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.(1)判断函数f (x )＝x 2＋sin x 4是不是集合M 中的元素，并说明理由； (2)集合M 中的元素f (x )具有下面的性质：若f (x )的定义域为D ，则对于任意[m ，n ]⊆D ，都存在x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)成立．试用这一性质证明：方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．(1)解 ①当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根0；②f ′(x )＝12＋14cos x ，所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1. 由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x 4是集合M 中的元素． (2)证明 假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β (α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0. 不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)，满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，所以f ′(c )＝1.与已知0<f ′(x )<1矛盾．又f (x )－x ＝0有实数根，所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“p ⇒q ”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q 相反的假设綈q ；第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p ⇒q 为真．所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．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 )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 )， ∴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 .26．反证法在证明题中的应用典例 (12分)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A 、C 两点，O 是坐标原点． (1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长；(2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．思想方法指导 在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．规范解答(1)解 因为四边形OABC 为菱形，则AC 与OB 相互垂直平分．由于O (0,0)，B (0,1)，所以设点A ⎝⎛⎭⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1， 则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4分](2)证明 假设四边形OABC 为菱形，因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ， 消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分]设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 2＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k 2. 所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分] 因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－14k， 因为k ·⎝⎛⎭⎫－14k ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分] 所以OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]1．(2017·泰安质检)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根答案 A解析 因为“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”．故选A.2．(2016·山西质量监测)对累乘运算Π有如下定义：Πnk ＝1a k ＝a 1×a 2×…×a n ，则下列命题中的真命题是( )A.Π1 007k ＝12k 不能被10100整除 B.Π2 015k ＝1 (4k －2)Π2 014k ＝1 (2k －1)＝22 015 C.Π1 008k ＝1(2k －1)不能被5100整除 D.Π1 008k ＝1 (2k －1)Π1 007k ＝12k ＝Π2 015k ＝1k 答案 D解析 因为Π1 008k ＝1 (2k －1)Π1 007k ＝12k ＝(1×3×5×…×2 015)×(2×4×6×…×2 014)＝1×2×3×…×2 014×2 015＝Π2 015k ＝1k ，故选D. 3．(2017·上饶月考)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y( ) 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答案 C解析 因为(y x ＋y z )＋(z x ＋z y )＋(x z ＋x y) ＝(y x ＋x y )＋(y z ＋z y )＋(z x ＋x z)≥6， 当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.4．①已知p 3＋q 3＝2，证明：p ＋q ≤2.用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②若a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证：方程x 2＋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x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①的假设正确；②的假设错误C ．①与②的假设都正确D ．①的假设错误；②的假设正确答案 D解析 对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.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 ．②③B ．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．(2016·河南三市联考)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f (128)>________.答案 92解析 观察f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3可知，等式及不等式右边的数构成首项为32，公差为12的等差数列，故f (128)>32＋6×12＝92. 7．(2016·全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“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________．答案 1和3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．8．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 ⎝⎛⎭⎫－3，32 解析 若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0， 解得p ≤－3或p ≥32，故满足题干条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 9．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 2 )2≥[(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(a ＝1a＝1时等号成立)， 所以要证的不等式成立．10．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． 11．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．证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0.∵a >1，∴21110x x xa a ->>且， ∴()2111210x x x x x a a a a --=->又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0，∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝3(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1)>0. 于是f (x 2)－f (x 1)＝21x x a a -＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1. ∵a >1，∴0<0x a <1， ∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0相矛盾， 故方程f (x )＝0没有负数根．12．(2015·陕西)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 )与g n (x )的大小，并加以证明．(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 ＋…＋nx n －1＞0(x ＞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)解 方法一 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＋2x n －1＋…＋nx n －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 )＜x n －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n (n ＋1)2x n －1 ＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x 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 )．方法二 由题设，f n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n ，g n (x )＝(n ＋1)(x n ＋1)2，x ＞0， 当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )，当x ≠1时，用数学归纳法可以证明f n (x )＜g n (x )，①当n ＝2时，f 2(x )－g 2(x )＝－12(1－x )2＜0， 所以f 2(x )＜g 2(x )成立，②假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即f k (x )＜g k (x )， 那么，当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k (x )＋x k ＋1＜g k (x )＋x k ＋1 ＝(k ＋1)(1＋x k )2＋x k ＋1＝2x k ＋1＋(k ＋1)x k ＋k ＋12， 又g k ＋1(x )－2x k ＋1＋(k ＋1)x k ＋k ＋12 ＝kx k ＋1－(k ＋1)x k ＋12， 令h k (x )＝kx k ＋1－(k ＋1)x k ＋1(x ＞0)， 则h ′k (x )＝k (k ＋1)x k －k (k ＋1)x k －1 ＝k (k ＋1)x k －1(x －1)， 所以当0＜x ＜1时，h ′k (x )＜0，h k (x )在(0,1)上递减； 当x ＞1时，h ′k (x )＞0，h k (x )在(1，＋∞)上递增，所以h k (x )＞h k (1)＝0，从而g k ＋1(x )＞2x k ＋1＋(k ＋1)x k ＋k ＋12， 故f k ＋1(x )＜g k ＋1(x )，即n ＝k ＋1时不等式也成立，由①和②知，对一切n ≥2的整数，都有f n (x )＜g n (x )．方法三 由已知，记等差数列为{a k }，等比数列为{b k }，k ＝1，2，…，n ＋1， 则a 1＝b 1＝1，a n ＋1＝b n ＋1＝x n ，所以a k ＝1＋(k －1)·x n －1n(2≤k ≤n )， b k ＝x k －1(2≤k ≤n )， 令m k (x )＝a k －b k ＝1＋(k －1)(x n －1)n－x k －1，x ＞0(2≤k ≤n )， 当x ＝1时，a k ＝b k ＝1，所以f n (x )＝g n (x )，当x ≠1时，m ′k (x )＝k －1n·nx n －1－(k －1)x k －2 ＝(k －1)x k －2(x n －k ＋1－1)，而2≤k ≤n ，所以k －1＞0，n －k ＋1≥1，若0＜x ＜1，x n－k ＋1＜1，m ′k (x )＜0； 若x ＞1，x n －k ＋1＞1，m ′k (x )＞0，从而m k (x )在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以m k (x )＞m k (1)＝0，所以当x ＞0且x ≠1时，a k ＞b k (2≤k ≤n )，又a 1＝b 1，a n ＋1＝b n ＋1，故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)．*13.(2015·课标全国Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(a＋b)2＞(c＋d)2.因此a＋b＞c＋d.(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd. 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。
