高考数学知识点复习题36-直接证明与间接证明

第六篇不等式、推理与证明专题6.6直接证明、间接证明、数学归纳法【考纲要求】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和特点．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和特点3.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【命题趋势】1.直接证明与间接证明一般考查以不等式、数列、解析几何、立体几何、函数、三角函数为背景的证明问题.2.数学归纳法一般以数列、集合为背景，用“归纳—猜想—证明”的模式考查.【核心素养】本讲内容主要考查逻辑推理和数学运算的核心素养.【素养清单•基础知识】1．直接证明(1)综合法①定义：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．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、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)．(2)分析法①定义：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.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)反证法的定义一般地，假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，由此说明假设错误，从而证明了原命题的成立，这样的证明方法叫作反证法．(2)用反证法证明的一般步骤①反设——假设原命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推理中出现矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．用反证法证明命题“若p ，则q ”的过程可以用框图表示为 肯定条件p ，否定结论q ―→推出逻辑矛盾―→“若p ，则非q ”为假―→“若p ，则q ”为真【真题体验】1．用分析法证明：欲使①A ＞B ，只需②C ＜D ，这里①是②的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．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°3.在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则△ABC 的形状为__________．4．下列条件：①ab ＞0；②ab ＜0；③a ＞0，b ＞0；④a ＜0，b <0，其中能使b a ＋a b ≥2成立的条件的个数是__________．5．(2019·湖北天门中学月考)设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋26．(2019·黑龙江大庆一模)设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k ＋1成立时，总可推出f (k ＋1)≥k ＋2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立7．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”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)时命题为真，进而需证n ＝__________时，命题亦真．【考法解码•题型拓展】考法一：分析法解题技巧：分析法证题的思路(1)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)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．【例1】 已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.考法二：综合法归纳总结 ：综合法证题的思路(1)分析条件选择方向：分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法．(2)转化条件组织过程：把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．(3)适当调整回顾反思：回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取．【例2】 (1)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，若ab >cd ，证明：①a ＋b >c ＋d ；②|a －b |<|c －d |.(2)(2019·长沙调考)已知函数f (x )＝log 2(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．考法三：反证法归纳总结(1)适用范围：①“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确的题目；②否定性命题、唯一性命题、存在性命题、“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明法比较困难，往往用反证法．(2)推理关键：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．【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．考法四：数学归纳法证明等式归纳总结：数学归纳法证明等式的思路和注意点(1)思路：用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少．(2)注意点：由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确地写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．【例1】求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．考法五：数学归纳法证明不等式归纳总结(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证明，则可考虑应用数学归纳法．(2)数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等方法证明．【例2】已知数列{a n}，a n≥0，a1＝0，a2n＋1＋a n＋1－1＝a2n，求证：当n∈N*时，a n<a n＋1.考法六：归纳—猜想—证明归纳总结：“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．这种方法在解决与正整数n有关的探索性问题、存在性问题中有着广泛的应用，其关键是归纳、猜想出公式．【例3】(2019·湖北孝感检测)数列{a n}满足S n＝2n－a n(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，并猜想a n的通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．【易错警示】易错点一：反证法中未用到反设的结论【典例】设{a n}是公比为q的等比数列．设q≠1，证明：数列{a n＋1}不是等比数列．【错解】：假设{a n＋1}是等比数列．则{a n＋1}的前三项为a1＋1，a2＋1，a3＋1，即a1＋1，a1q＋1，a1q2＋1.(a1＋1)(a1q2＋1)－(a1q＋1)2＝a21q2＋a1＋a1q2＋1－a21q2－2a1q－1＝a1(q2－2q＋1)＝a1(q－1)2≠0，所以(a1＋1)(a1q2＋1)≠(a1q＋1)2，所以数列{a n＋1}不是等比数列．(推理中未用到结论的反设)【错因分析】：错解在解题的过程中并没有用到假设的结论，故不是反证法．利用反证法进行证明时，首先对所要证明的结论进行否定性假设，并以此为条件进行归谬，得到矛盾，则原命题成立．【正解】：假设{a n＋1}是等比数列．则对任意的k∈N*，(a k＋1＋1)2＝(a k＋1)(a k＋2＋1)，a2k＋1＋2a k＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k＋a k＋2＋1，a21q2k＋2a1q k＝a1q k－1·a1q k＋1＋a1q k－1＋a1q k＋1，因为a1≠0，所以2q k＝q k－1＋q k＋1.又q≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以q＝1，这与已知q≠1矛盾．所以假设不成立，故数列{a n＋1}不是等比数列．【误区防范】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，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．【跟踪训练】设a>0，b>0，且a2＋b2＝1a2＋1b2.证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．【答案】见解析【解析】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.而由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．易错点二：证明过程未用到归纳假设【典例】用数学归纳法证明：12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (n ∈N *)．【错解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k .那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【错因分析】：错误的原因在第二步，它是直接利用了等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时，式子12＋122＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”，不符合数学归纳法证明的步骤． 【正解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边．这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【误区防范】(1)用数学归纳法证明命题时常出现两种错误：一是n 0的值找错．二是证明命题n ＝k ＋1也成立时，没有用到n ＝k 时的归纳假设．(2)确定由n ＝k 变化到n ＝k ＋1的过程中项的变化情况时，要把握好项的变化规律以及首末项．【跟踪训练】 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋1(n ∈N *)，求a 2，a 3，a n ，并用数学归纳法证明你的结论．【答案】见解析【解析】a 2＝2，a 3＝2＋1，可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n ＝1时结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＋11 1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知，a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．【递进题组】1．欲证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥02．若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( )A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1 D.123．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 ≥1.4．已知a ≠0，证明：关于x 的方程ax ＝b 有且只有一个根．5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．6．用数学归纳法证明：1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．7．(2019·湖北部分重点中学联考)已知数列{x n}满足x1＝12，且x n＋1＝x n2－x n(n∈N*)．(1)用数学归纳法证明：0<x n<1；(2)设a n＝1x n，求数列{a n}的通项公式．8．(2019·武穴中学月考)试证：n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n －9能被64整除．【考卷送检】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，正确的反设为( ) 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 都是奇数或至少有两个偶数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b 2－ac <3a ”，索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<03．(2019·焦作一中月考)若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( )A ．lg(1＋a 2)＞0B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)C ．a 2＋3ab ＞2b 2D.a b ＜a ＋1b ＋1 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5．已知a >b >0，且 ab ＝1，若 0<c <1，p ＝log c a 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 ≥q6．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2二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．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________________．9．(2019·郑州一模)某题字迹有污损，大致内容是“已知|x |≤1，，用分析法证明|x ＋y |≤|1＋xy |”．估计污损部分的文字内容为________．三、解答题10．(2019·永州一中月考)已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .证明 欲要证2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立，只需证2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0，即证2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0，即证(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0，从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立，所以2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .11．(2019·黄石二中期中)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，确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．12．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：T n ＜16.13．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)．14．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．15．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．16．(2019·衡水高中调研)首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.证明：若a 1为奇数，则对一切n ≥2，a n 都是奇数．17．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n 与1的大小，并说明理由．。

考点38 直接证明与间接证明1．用反证法证明数学命题时，首先应该做出与命题结论相反的假设，否定“自然数中恰有一个偶数”时正确的反设为( )A．自然数都是奇数B．自然数都是偶数C．自然数至少有两个偶数或都是奇数D．自然数至少有两个偶数【答案】C【解析】命题的否定是命题本题反面的所有情况，所以“自然数中恰有一个偶数”的否定是“自然数至少有两个偶数或都是奇数”，选C.2．用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程有有理根，那么，，中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是（）．A．假设，，都是偶数B．假设，，都不是偶数C．假设，，至多有一个是偶数D．假设，，至多有两个是偶数【答案】B3．用反证法证明命题“等腰三角形的底角必是锐角”,下列假设正确的是（）A．等腰三角形的顶角不是锐角B．等腰三角形的底角为直角C．等腰三角形的底角为钝角D．等腰三角形的底角为直角或钝角【答案】D【解析】分析：反证法的假设需要写出命题的反面，结合题意写出所给命题的反面即可.详解：反证法的假设需要写出命题的反面.“底角必是锐角”的反面是“底角不是锐角”，即底角为直角或钝角.本题选择D选项.4．用反证法证明命题“若都是正数，则三数中至少有一个不小于2”，提出的假设是（）A．不全是正数B．至少有一个小于2C．都是负数D．都小于2【答案】D5．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于”时，假设正确的是（）A．假设三内角都不大于B．假设三内角都大于C．假设三内角至多有一个大于D．假设三内角至多有两个大于【答案】B【解析】根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”.故选B.6．①已知，是实数，若，则且，用反证法证明时，可假设且；②设为实数，，求证与中至少有一个不小于，用反证法证明时，可假设，且.则A．①的假设正确，②的假设错误B．①的假设错误，②的假设正确C．①与②的假设都错误D．①与②的假设都正确【答案】B7．用反证法证明“三角形中至少有两个锐角”，下列假设正确的是（）A．三角形中至多有两个锐角B．三角形中至多只有一个锐角C．三角形中三个角都是锐角D．三角形中没有一个角是锐角【答案】B【解析】用反证法证明“一个三角形中至少有两个锐角”时，应先假设“一个三角形中最多有一个锐角”.故选：B.8．用反证法证明命题“已知为整数，若不是偶数，则都不是偶数”时，下列假设中正确的是（）A．假设都是偶数B．假设中至多有一个偶数C．假设都不是奇数D．假设中至少有一个偶数【答案】D【解析】由于“都不是”的否定是“不都是”，即“至少有一个”，所以应该假设中至少有一个偶数，故选D. 9．已知实数满足，，用反证法证明：中至少有一个小于0．下列假设正确的是（）A．假设至多有一个小于0B．假设中至多有两个大于0C．假设都大于0D．假设都是非负数【答案】D【解析】由于命题“若a，b，c，d中至少有一个小于0”的反面是“a，b，c，d都是非负数”，故用反证法证明时假设应为“a，b，c，d都是非负数”．故选D．10．对于命题：，若用反证法证明该命题，下列假设正确的是（）．A．假设，都不为0 B．假设，至少有一个不为0C．假设，都为0 D．假设，中至多有一个为0【答案】A11．用反证法证明“已知，求证：.”时，应假设( )A．B．C．且D．或【答案】D【解析】根据反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立，而的否定为“不都为零”，故选D.12．用反证法证明命题“已知为非零实数，且，，求证中至少有两个为正数”时，要做的假设是（）A．中至少有两个为负数B．中至多有一个为负数C．中至多有两个为正数D．中至多有两个为负数【答案】A【解析】用反证法证明某命题时，应先假设命题的否定成立，而：“中至少有二个为正数”的否定为：“中至少有二个为负数”．故选A．13．设函数，.(Ⅰ)讨论函数的单调性；(Ⅱ)当时，函数恰有两个零点，证明：【答案】(1) 当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)证明见解析.14．若无穷数列满足：是正实数，当时，，则称是“-数列”.已知数列是“-数列”.（Ⅰ）若，写出的所有可能值；（Ⅱ）证明：是等差数列当且仅当单调递减；（Ⅲ）若存在正整数，对任意正整数，都有，证明：是数列的最大项.【答案】（1）-2，0，2，8.（2）见解析（3）见解析15．已知集合{}128=,,...,X x x x 是集合{2001,2002,2003,,2016,S = 2017}的一个含有8个元素的子集.（Ⅰ）当{}2001,2002,2005,2007,2011,2013,2016,2017X =时, 设(),1,8,i j x x X i j ∈≤≤（i ）写出方程2i j x x -=的解(),i j x x ；（ii ）若方程(0)i j x x k k -=>至少有三组不同的解,写出k 的所有可能取值.（Ⅱ）证明:对任意一个X ,存在正整数,k 使得方程(1,i j x x k i -=≤ 8)j ≤至少有三组不同的解. 【答案】（Ⅰ）（i ）()()2007,2005,2013,2011,（ii ）4,6；（Ⅱ）证明见解析.假设不存在满足条件的k ,则这13个数中至多两个1、两个2、两个3、两个4、两个5、两个6,从而又这与①矛盾,所以结论成立.16．（1）（用综合法证明）已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，且A、B、C成等差数列，a，b，c成等比数列，证明：△ABC为等边三角形。

高考数学直接证明与间接证明专项练习题附答案1.(2022山东,文4)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x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根2.要证:a2+b2-1-a2b20,只要证明( )A.2ab-1-a2b20B.a2+b2-1-0C.-1-a2b20D.(a2-1)(b2-1)03.设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+( )A.都大于2B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于24.(2022天津模拟)p=,q=(m,n,a,b,c,d均为正数),则p,q的大小为( )A.pqB.pqC.pqD.不确定5.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,若x1+x20,则f(x1)+f(x2)的值( )A.恒为负值B.恒等于零C.恒为正值D.无法确定正负6.(2022福建三明模拟)命题如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n,那么数列{an}一定是等差数列是否成立( )A.不成立B.成立C.不能断定D.与n取值有关7.用反证法证明如果ab,那么假设内容应是 .8.在不等边三角形中,a为最大边,要想得到角A为钝角的结论,三边a,b,c应满足 .9.已知a0,求证:a+-2.10.已知在数列{an}中,a1=5,且an=2an-1+2n-1(n2,且nN*).(1)证明:数列为等差数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.能力提升组11.已知m1,a=,b=,则以下结论正确的是( )A.abB.aa+b,那么a,b应满足的条件是 .13.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:1.14.△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:.15.(2022福建宁德模拟)设函数f(x)定义在(0,+)上,f(1)=0,导函数f(x)=,g(x)=f(x)+f(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值.(2)是否存在x00,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立若存在,求出x0的取值范围;若不存在,请说明理由.高考数学直接证明与间接证明专项练习题参考答案1.A 解析:至少有一个的否定为没有.2.D 解析:因为a2+b2-1-a2b20(a2-1)(b2-1)0,故选D.3.D 解析:a0,b0,c0,6,当且仅当a=b=c=1时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.4.B 解析:q==p.5.A 解析:由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数.由x1+x20,可知x1-x2,即f(x1)b2+c2 解析:由余弦定理cos A=0,则b2+c2-a20,即a2b2+c2.9.证明:要证a+-2,只需要证+2a+.又a0,所以只需要证,即a2++4+4a2+2++2+2,从而只需要证2,只需要证42,即a2+2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立.10.(1)证明:设bn=,则b1==2.因为bn+1-bn=[(an+1-2an)+1]=[(2n+1-1)+1]=1,所以数列为首项是2,公差是1的等差数列.(2)解:由(1)知,+(n-1)1,则an=(n+1)2n+1.因为Sn=(221+1)+(322+1)++(n2n-1+1)+[(n+1)2n+1], 所以Sn=221+322++n2n-1+(n+1)2n+n.设Tn=221+322++n2n-1+(n+1)2n,①2Tn=222+323++n2n+(n+1)2n+1.②②-①,得Tn=-221-(22+23++2n)+(n+1)2n+1=n2n+1,所以Sn=n2n+1+n=n(2n+1+1).11.B 解析:a=,b=,又,,即aa+b()2()0a0,b0,且ab.13.证明:因为+b2a,+c2b,+a2c, 所以+(a+b+c)2(a+b+c),即a+b+c.所以1.14.证明:要证,即证=3,也就是=1,只需证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),即证c2+a2=ac+b2.又△ABC三内角A,B,C成等差数列,所以B=60,由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60,即b2=c2+a2-ac, 故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.15.解:(1)因为(ln x)=,所以f(x)=ln x,g(x)=ln x+,g(x)=.令g(x)=0得x=1.当x(0,1)时,g(x)0,故(0,1)是g(x)的单调递减区间,当x(1,+)时,g(x)0,故(1,+)是g(x)的单调递增区间,因此x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.(2)满足条件的x0不存在.理由如下:假设存在x00,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立,即对任意x0,有ln x0,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立.。

江苏高考直接证明与间接证明专题练习（附答案）直接证明是相关于直接证明说的，综合法和剖析法是两种罕见的直接证明。

以下是直接证明与直接证明专题练习，请考生查缺补漏。

【典例1】 (2021天津高考)q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2，，q-1}，集合A={x|x=x1+x2q++xnqn-1，xiM，i=1,2，，n}.(1)当q=2，n=3时，用罗列法表示集合A.(2)设s，tA，s=a1+a2q++anqn-1，t=b1+b2q++bnqn-1，其中ai，biM，i=1,2，，n.证明：假定an1及a0可知0，只需证1，只需证1+a-b-ab1，只需证a-b-ab1，即-1.这是条件，所以原不等式得证.考向3 反证法(高频考点) 【典例3】 (1)(2021山东高考改编)用反证法证明命题设a，b为实数，那么方程x3+ax+b=0至少有一个实根时，要做的假定是________.(2)(2021陕西高考)设{an}是公比为q的等比数列.推导{an}的前n项和公式;设q1，证明数列{an+1}不是等比数列.[思绪点拨] (1)至少的否认是少于.(2)分q=1和q1两种状况求解.用反证法证明.[解析] (1)a，b为实数，那么方程x3+ax+b=0至少有一个实根的否认为方程x3+ax+b=0没有实根.[答案] 方程x3+ax+b=0没有实根(2)设{an}的前n项和为Sn，当q=1时，Sn=a1+a1++a1=na1;当q1时，Sn=a1+a1q+a1q2++a1qn-1，qSn=a1q+a1q2++a1qn，①-得，(1-q)Sn=a1-a1qn，Sn=，Sn=证明：假定{an+1}是等比数列，那么对恣意的kN+，(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1)，a+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1，aq2k+2a1qk=a1qk-1a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1，a10，2qk=qk-1+qk+1.q0，q2-2q+1=0，q=1，这与矛盾.直接证明与直接证明专题练习及答案就分享到这里，查字典数学网预祝考生可以考上自己理想的大学。

教
学
过
程
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．
4．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，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．
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1．(2014·安阳模拟)若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是________．
①1
a＜
1
b；②a＋
1
b＞b＋
1
a；③b＋
1
a＞a＋
1
b；④
b
a＜
b＋1
a＋1
.
2．用反证法证明命题：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，应反设________成立．
3．(2014·上海模拟)“a＝1
4”是“对任意正数x，均有x＋
a
x≥1”的
________条件．教学效果分析。

考点31 直接证明与间接证明1.（2012·北京高考理科·Ｔ20）设A 是由m ×n 个实数组成的m 行n 列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记S(m ，n)为所有这样的数表构成的集合.对于A ∈S(m,n),记R i (A)为A 的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m ），C j (A)为A 的第j 列各数之和（1≤j ≤n ）；记K(A)为∣R 1(A)∣,∣R 2(A)∣,…,∣R m (A)∣, ∣C 1(A)∣,∣C 2(A)∣,…,∣C n (A)∣中的最小值. （1） 对如下数表A ，求K （A ）的值；（2）设数表A ∈S （2,3）形如求K （A ）的最大值；（3）给定正整数t ，对于所有的A ∈S （2,2t+1），求K （A ）的最大值. 【解题指南】（1）直接按照定义计算即可；（2）直接证明比较困难时，可以考虑用反证法；（3）首先构造一个数表，求出最大值，再证明它就是所求的最大值.【解析】（1）12|()||110.8| 1.2,|()||0.10.31| 1.2,=+-==--=R A R A123|C ()||10.1| 1.1,|C ()||10.3|0.7,|C ()||0.81| 1.8=+==-==--=A A A ,()∴=K A 0.7.（2）先用反证法证明K(A)≤1： 若K(A)>1,则1|C ()||1|11,0=+=+>∴>A a a a ，同理可知b>0,∴a+b>0,由题目所有数和为0，即a+b+c=-1,∴c=-1-a-b<-1,与题目条件矛盾， ∴K(A)≤1,易知当a=b=0时，K(A)=1存在，∴K(A)的最大值为1.（3）K(A)的最大值为212t t ++, 首先构造满足K(A)=212t t ++的{}(1,2,1,2,,21)ij A a i j t ===+ ;11121,1,11,21,2111,2+++-========-+ t t t t t a a a a a a t ，，, 22,12,22,2,12,22,211,1(2)t t t t t t a a a a a a t t +++++========-+ .经计算知，A 中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且1221|()||()|2+==+t R A R A t ， 2121121|C ()||C ()||C ()|11(2)22++++====+>+>+++ t t t t t A A A t t t t ，1221121|C ()||C ()||C ()|122+++-+====+=++ t t t t t A A A t t ， 下面证明212t t ++是最大值.若不然，则存在一个数表A (2,21)S t ∈+，使得21K()2+=>+t A x t . 由K(A)的定义知A 的每一列两个数之和的绝对值都不小于x ，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A 的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x,2]中.由于x>1，故A 的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值不小于x-1.设A 中有g 列的列和为正，有h 列的列和为负，由对称性不妨设g<h ，则g ≤t, h ≥t+1.另外，由对称性不妨设A 的第一行行和为正，第二行行和为负. 考虑A 的第一行，由前面结论知A 的第一行有不超过t 个正数和不少于t+1个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于x-1（即每个负数均不超过1-x ）.因此11|R ()|R ()1(1)(1)21(1)=≤⋅++-=+-+A A t t x t t x[21(2)]=++-+<x t t x x ，故A 的第一行行和的绝对值小于x ，与假设矛盾. 因此K(A)的最大值为212t t ++. 2.（2012·北京高考文科·Ｔ20）设A 是如下形式的2行3列的数表，满足性质P ：a ，b ，c ，d ，e ，f ∈[-1,1],且a+b+c+d+e+f=0.记r i （A ）为A 的第i 行各数之和（i=1,2），c j （A ）为第j 列各数之和（j=1，2，3）；记k （A ）为|r 1(A)|, |r 2(A)|, |c 1(A)|，|c 2(A)|，|c 3(A)|中的最小值. （I ） 对如下数表A ，求k （A ）的值；（II ） 设数表A 形如其中-1≤d ≤0.求k （A ）的最大值；（Ⅲ）对所有满足性质P 的2行3列的数表A ，求k(A)的最大值.【解题指南】（1）直接按照定义计算即可；（2）按照定义把k(A)转化为关于d 的函数，再求函数的最大值；（3）首先构造一个数表，求出最大值，再证明它就是所求的最大值.【解析】（I ）12|()||110.8| 1.2,|()||0.10.31| 1.2,r A r A =+-==--=123|()||10.1| 1.1,|()||10.3|0.7,|()||0.81| 1.8c A c A c A =+==-==--=，()k A ∴=0.7.（II ）k(A)=min{|3-2d|,|2d-1|,|1+d|,|1+d|,|2d|}.-1≤d ≤0,∴k(A)=min{3-2d, 1-2d, 1+d, 1+d, -2d}=min{1+d, -2d}11,1,312,0,3⎧+-≤≤-⎪⎪=⎨⎪--<≤⎪⎩d d d d ∴当13d =-时，k(A)取最大值23.（III ）k(A)的最大值为1.首先构造k(A)=1的,{}(1,2,1,2,3)i j A a i j ===，1,11,21,31,0a a a ===，2,12,22,31,1a a a ===-，经计算知，A 中每个元素的绝对值都小于等于1，所有元素之和为0，12|()||()|1r A r A ==，1|()|2c A =>1，23|()||()|1c A c A ==.下面证明1是最大值.若不然，则存在一个2行3列的数表A ，使得()1k A x =>. 由k(A)的定义知A 的每一列两个数之和的绝对值都不小于x ，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A 的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x,2]中.由于x>1，故A 的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值不小于x-1.设A 中有1列的列和为正，有h 列的列和为负，有对称性不妨设h ≥2.另外，由对称性不妨设A 的第一行的行和为正，第二行的行和为负.考虑A 的第一行，由前面结论知A 的第一行有不超过1个正数和不少于2个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于x-1（即每个负数均不超过1-x ）.因此11|()|()112(1)32r A r A x x =≤⋅+-=-(33)x x x =+-<，故A 的第一行的行和的绝对值小于x ，与假设矛盾. 因此k(A)的最大值为1.。

第四节直接证明与间接证明••>必过数材美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________⑴综合法：从已知的条件出发，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.(2) 分析法：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.(3) 综合法与分析法的推证过程如下：综合法一一I已知条件?…?…? I结论I;分析法一一［结论?••• ?••• ?|已知条件.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.［小题体验］1. 判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或“X”)(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 w b”.( )(4) 反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾. ()答案：(1)x (2)X⑶V ⑷X2. 设a= lg 2+ lg 5, b= e x(x v 0)，贝U a与b的大小关系为 _________ .答案：a> b3. 下列条件：①ab> 0,②ab v 0,③a> 0, b> 0，④a v 0, b v 0，其中能使-+ 7> 2a b 成立的条件的个数是______________ .解析：要使b+ a> 2成立，a b则b> 0，即a与b同号，a故①③④均能使b +b >2成立. 答案：3必过易措关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 P ，再说明所要证明的数学问题成立.2•利用反证法证明数学问题时，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. ［小题纠偏］i J 6-2迄与V 5-Q 7的大小关系是 _____________ .解析：假设6 - 2.2>・,5- 7，由分析法可得，要证6-2 2> 5- 7,只需证6 +7> .5+ 2 2,即证 13+ 2 42 > 13+ 4 10 ,即 42 >2 10.因为 42>40,所以 6 — 2.2> 5 —.7成立. 答案：6- 2 2> 5- 72. （2019南通调研）用反证法证明命题：“若 （a — 1）（b - 1） （•- 1）>0,贝U a , b , c 中至 少有一个大于1”时，要做的假设是“假设 _______________ a , b, c ”.答案：都不大于1Oi °骂蛊奧陂刁MB 跡鄙够筑轴鋼遐塑考点一分析法基础送分型考点一一自主练透［题组练透］1. （2019南通模拟）已知 m >0, a , b € R,求证: 证明：■/ m >0,二 1 + m >0, ia+ mb } v a 2 + mb 2.1+ mv1 + m即证(a + mb)2v (1 + m)(a 2+ mb 2), 即证 m(a 2- 2ab + b 2) > 0, 即证(a — b)》0,而(a — b)2> 0显然成立，2.（易错题）已知△ ABC 的三个内角 A , B , C 成等差数列, b , c.a + mb 2 a 2+ mb 2w1 + m 1+ m•••要a + mbv 1+ ma 2+ mb 21 + mA ,B ,C 的对边分别为a ,即证吐也+a + b也就是一-—I —a — = 1,a +b b + c只需证 c(b + c)+ a(a + b) = (a + b)(b + c), 需证 c 2 + a 2= ac + b ,又厶ABC 三内角 A , B , C 成等差数列，故 B = 60 ° 由余弦定理，得ooob =c + a — 2accos 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.[谨记通法]1. 利用分析法证明问题的思路分析法的证明思路：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.考点二综合法重点保分型考点一一师生共研[典例引领](2019徐州检测)设a , b 是非负实数，求证：a 3+ b 3> . ab(a 2 + b 2).证明：因为 a 3 + b 3—/ab(a 2 + b 2) = a^a^a^Vb) + bVb(Vb —需)=(£ — Vb)[^/a)5 — (.b)5],当 a >b 时，.a 》b ,从而(，a)5》(,b)5, 得(a — b)[( a)5— ( b)5]> 0； 当 a v b 时，.a v b ,从而(.a)5v ( , b)5, 得(a — b)[( a)5— ( b)5]> 0. 所以 a 3+ b 3> ab(a 2 + b 2).求证： 1 | 1 3 a + b b + c a + b + c证明：要证3 a + b + c ，[由题悟法]综合法证明问题的思路 (1) 分析条件选择方向分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当 的解题方法(2) 转化条件组织过程把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化 (3) 适当调整回顾反思回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解 题方法的选取［即时应用］在厶 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ， b, c ,已知 sin Asin B + sin Bsin C + cos 2B =1. (1) 求证：a , b , c 成等差数列.⑵若C = 2；n,求证5a = 3b.3证明：(1)由已知得 sin Asin B + sin Bsin C = 2sin 2B , 因为 sin B 丰 0,所以 sin A + sin C = 2sin B , 由正弦定理，有 a + c = 2b ,即a , b, c 成等差数列. 2 n(2) 由C = T " , c = 2b — a 及余弦定理得3 (2b — a)2= a 2 + b 2 + ab ,即有 5ab — 3b 2= 0 , 所以吕=3,即5a = 3b.b 5 考点三反证法重点保分型考点一一师生共研［典例引领］1 1设 a > 0 , b > 0,且 a + b =_+ .证明：a b (1) a + b > 2;(2) a 2 + a v 2与b 2+ b v 2不可能同时成立. 1 1 a -k b证明：由 a + b = 一 + 7= -, a > 0 , b >0 ,a b ab 得 ab = 1.(1)由基本不等式及 ab = 1 ,有a + b > 2 ab = 2,即a + b > 2.当且仅当a = b 时取等号.⑵假设a2+ a v 2与b2+ b v 2同时成立，则由a2+ a v 2 及a > 0,得0 v a v 1；同理，0v b v 1,从而ab v 1,这与ab= 1矛盾.故a 2+ a v 2与b 2+ b v 2不可能同时成立.［由题悟法］反证法证明问题的 3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）⑵归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾 一一与已知条件、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）［即时应用］等差数列｛a *｝的前n 项和为S n , a i = 1+・2, S 3= 9+ 3 2. （1）求数列｛a n ｝的通项a n 与前n 项和S *.⑵设b 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）设等差数列｛a n ｝的公差为d. 由已知得；沖01，J3a i + 3d = 9+ 3农,所以 d = 2,故 a n = 2n — 1 + 2, S n = n(n +•, 2). ⑵证明：由（1）得b n =半=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 ；= 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 *,2q — p — r = 0,所以p = r ,与p z r 矛盾, 所以数列｛b n ｝中任意不同的三项都不可能成等比数列.—保咼考，全练题型做到咼考达标1. （2019海门中学检测）用反证法证明命题“若 a 2+ b 2= 0,则a , b 全为0”，其反设 为“ ________ .q 所以i—pr = 0,燧础斶題型嫌酗-删羅魏谁堂彌(p — r)2= 0,0 c=l [ - ]解析：命题“若a2+ b2= 0，则a, b全为0”，其题设为“ a2+ b2= 0”，结论是“ a, b全为0 ”，用反证法证明该命题时，其反设为“a, b不全为0”.答案：a, b不全为02. (2018 徐州模拟)若P=, a+ a + 7, Q= a+ 3 + , a+ 4(a>0)，贝U P, Q 的大小关玄阜系是_________ .解析：因为P2= 2a + 7+ 2 a - a+ 7 = 2a+ 7+ 2 a2+ 7a, Q2= 2a+ 7+ 2 a+ 3、a + 4 = 2a+ 7+ 2 a2+ 7a + 12,所以P2v Q2，所以P v Q.答案：P v Q3. _____________________________________________ (2018江阴调研)设a, b是两个实数，给出下列条件：① a + b> 2;②a2+ b2>2•其中能推出：“ a, b中至少有一个大于1”的条件的是______________________________________________________ (填序号).解析：①中，假设a< 1, b< 1，则a + b< 2与已知条件a+ b> 2矛盾，故假设不成立，所以a, b中至少有一个大于1，①正确；②中，若a = —2, b=—3,则a2+ b2>2成立，故②不能推出：“ a, b中至少有一个大于1”.答案：①4. ______ 设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x> 0时，f(x)单调递减，若刘+ X2> 0,则f(xd + f(X2)________ 0(填“〉” “V” 或“=”).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X1+ X2> 0，可知X1>—X2, f(X1)V f(—X2)=—f(X2),则f(X1)+ f(X2)V 0.答案：V5. (2019 呂四中学检测)若0v a v 1,0v b v 1,且a工b,则在a + b,2 ab, a2+ b2和2ab中最大的是_________ .解析：因为0v a v 1,0 v b v 1,且a^ b,所以a+ b>2 ab, a2+ b2>2ab, a+ b—(a2+2b ) = a(1 —a)+ b(1 —b)> 0，所以a+ b 最大.答案：a+ b6. __________________________________________________________ 如果a需+ b、/b>aVb+匕需，则a, b应满足的条件是___________________________________ .解析：a a + b b>a b+ b a,即( a—b)2(a+ . b)>0,需满足a>0, b>0 且a丰 b.答案：a> 0, b> 0 且a^ b解析: 由条件得 C n = a n — b n = i./n 2+ 1 —1 n 2+ 1 + n7. _________________________________________________ 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 ,贝U C n 与C n + 1的大小关系为 ___________________________________________ .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 8. 已知x , y , z 是互不相等的正数，且 x + y + z = 1,求证: 证明：因为x , y , z 是互不相等的正数，且 x + y + z = 1,1 “ 1 — y x + z2 xz ■一 1 = = ---- > —: , y y y y 1一 1 = z = x +y > 2. xy , z z z z ' 又x , y , z 为正数，由①x ②x ③,9.已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n , a 3= 5, S &= 64. （1）求数列｛a n ｝的通项公式； 112 * ⑵求证：硏+ S1；>茁2，兀N ）. 解：（1）设等差数列｛a n ｝的公差为d, a 3= a 1+ 2d = 5, 则 解得a 1= 1, d = 2. |S 8= 8a 1 + 28d = 64, 故所求的通项公式为 a n = 2n — 1. 2 ⑵证明：由（1）可知S n = n ,即证[(n + 1)2+ (n — 1)2]n 2> 2(n 2— 1)2, 只需证(n 2+ 1)n 2>(n 2— 1)2, 即证3n 2> 1. 而3n 2> 1在n >2时恒成立, 10.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PC 丄底面 ABCD , ABCD 是直角 梯形，AB丄 AD , AB // CD , AB = 2AD = 2CD = 2, E 是 PB 的中点. 1 所以1—1 = 1—= y +z > ① x x x , 要证原不等式成立，只需证 1 1 2 (n - 1 J n + 1 f > n 从而不等式 1S n — 1 +n € N ）恒成立.（1）求证：EC //平面PAD ;⑵求证：平面EAC 丄平面PBC.证明：⑴作线段AB 的中点F ，连结EF , CF （图略），则AF = CD , AF // CD , 所以四边形 ADCF 是平行四边形,贝U CF // AD.又EF // AP ,且 CF A EF = F ，所以平面 CFE //平面 PAD.又EC ?平面CEF ，所以EC //平面 PAD.⑵因为PC 丄底面 ABCD ，所以PC 丄AC.因为四边形ABCD 是直角梯形，且 AB = 2AD = 2CD = 2,所以 AC = 2, BC = 2.所以 AB 2= AC 2+ BC 2,所以 AC 丄 BC ,因为PC A BC = C ,所以 AC 丄平面 PBC ,因为 AC ?平面EAC ，所以平面 EAC 丄平面 PBC.二上台阶，自主选做志在冲刺名校1. (2019南通调研)已知数列｛a n ｝各项均为正数，且不是常数列.⑴若数列｛a n ｝是等差数列，求证：.a i +ia 3< 2 @;⑵若数列｛a n ｝是等比数列，求证：1— a n,1— a n +1,1 — a n +2不可能成等比数列. 证明：(1)要证•. a 1+ a 3< 2 a 2,只需证 a 1+ a 3+ 2 a 1a 3< 4a ?,•••数列｛a n ｝是等差数列，a 1 + a 3= 2a 2,• •只需证 叮a 1a 3< *2,即证 a 1a 3<a 2= ^；*3 2,•••数列｛a n ｝各项均为正数，•、冋 + <：.-；a 3< 2 a 2.(2)假设 1 — a n,1 — a n + 1,1 — a n + 2 成等比数列，则(1 — a n + 1) = (1 — a n )(1 一 a n + 2), 即 1 — 2a n +1+ £+1= 1 + a n a n + 2— (a n + a *+ 2),•••数列｛a n ｝是等比数列，a n + 1 = a n a n + 2,…a 1a 3<…2a n + 1 = a n + a n + 2 ,••数列｛a n ｝是等差数列，二数列｛a n ｝是常数列，这与已知相矛盾, 故假设不成立，二 1 — a n,1 — a n + 1,1 — a n + 2 不可能成等比数列.2.若无穷数列｛a n ｝满足：只要 a p = a q (p , q € N ),必有a p +1 = a q +i ,则称｛a n ｝具有性质 P.(1) 若｛a n ｝具有性质 P ,且 a 1= 1, a 2= 2, a 4= 3, a 5= 2,比+ a 7 + a 8= 21,求 a 3；(2) 若无穷数列｛b n ｝是等差数列，无穷数列｛C n ｝是公比为正数的等比数列， b 1= C 5= 1, =c 1 = 81 , a n = b n + c n ,判断｛a n ｝是否具有性质P ,并说明理由；⑶设｛b n ｝是无穷数列，已知 a n +1= b n + sina n (n € N )，求证：“对任意 a 1, ｛a n ｝都具有性 质P ”的充要条件为“ ｛b n ｝是常数列”.解：(1)因为 a 5= a 2,所以 a 6= a 3, a 7= a 4= 3, a 8= a 5= 2,于是 a §+ a 7+ a $= a 3 + 3+ 2.又因为 a 6+ a 7+ a 8 = 21,所以 a 3 = 16.1(2)由题意，得数列｛b n ｝的公差为20, ｛C n ｝的公比为-,所以 b n = 1 + 20(n — 1) = 20n — 19,a n =b n + C n = 20n —佃 + 35—n a 1 = a 5= 82,但 a 2= 48, a 6= 304, a 2^a 6,所以｛a n ｝不具有性质P.(3) 证明：充分性：当｛b n ｝为常数列时，a n +1 = b 1 + sin a *.对任意给定的a 1,若a p = a q ,贝Ub 1+ sin a p = b 1+ sin a q ,即卩a p +1= a q +勺，充分性得证.必要性：假设｛b n ｝不是常数列，则存在 k € N ,使得b 1 = b 2=・・・ =b k = b ,而b k +详b. 下面证明存在满足 a n +1= b n + sin a “的数列｛a “｝，使得a 1 = a ?=…=a k +1,但a k +进a k +1. 设 f(x) = x — sin x — b ,取 m € N *，使得 m n> |b|,则 f(m n = m n — b > 0, f( — m n)— m n — b v 0,故存在c 使得f(c)= 0.取 a 1= c ,因为 a n +1= b + sin a n (1 < n < k),所以 a 2= b + sin c = c = a 1,依此类推，得 a 1 = a ?=…=a k +1 = c. C n = 81但a k+ 2= b k+1+ sin a k+1= b k+1+ sin C M b+ sin c,即a k+ 廿 a k+1.所以｛a n｝不具有性质P，矛盾.必要性得证．综上，"对任意a i, {a n}都具有性质P”的充要条件为“{b n}是常数列。