高中数学第2章推理与证明2.2.1直接证明自我小测苏教版选修2_2【含答案】

直接证明明目标、知重点.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法.理解综合法和分析法的思考过程、特点，会用综合法和分析法证明数学问题．．直接证明直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明通常称为直接证明．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方式．．综合法从已知条件出发，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，这种证明方法通常称为综合法．．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，这种证明方法通常称为分析法．[情境导学]证明对我们来说并不陌生，我们在上一节学习的合情推理，所得的结论的正确性就是要证明的，并且我们在以前的学习中，积累了较多的证明数学问题的经验，但这些经验是零散的、不系统的，这一节我们将通过熟悉的数学实例，对证明数学问题的方法形成较完整的认识．探究点一综合法思考请同学们证明下面的问题，总结证明方法有什么特点？已知，>，求证：(＋)＋(＋)≥.证明因为＋≥，>，所以(＋)≥.又因为＋≥，>，所以(＋)≥.因此(＋)＋(＋)≥.小结从已知条件出发，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，这种证明方法通常称为综合法．思考综合法又叫由因导果法，其推理过程是合情推理还是演绎推理？答因为综合法的每一步推理都是严密的逻辑推理，其推理过程为条件→结论(条件)→结论(条件)→结论(条件)→结论．因此所得到的每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”，所以综合法是演绎推理．例在△中，三个内角，，的对边分别为，，，且，，成等差数列，，，成等比数列，求证：△为等边三角形．证明由于，，成等差数列，有＝＋，①由于，，为△的三个内角，所以＋＋＝π.②由①②，得＝，③由，，成等比数列，有＝，④由余弦定理及③，可得＝＋－＝＋－，再由④，得＋－＝，即(－)＝，从而＝，所以＝.⑤由②③⑤，得＝＝＝，所以△为等边三角形．。

合情推理的妙用
合情推理包括归纳推理和类比推理，在近几年的高考试题中，关于合情推理的试题多与其他知识联系，以创新题的形式出现在考生面前．下面介绍一些推理的命题特点，揭示求解规律，以期对同学们求解此类问题有所帮助．
一、归纳推理的考查
．数字规律周期性归纳
例观察下列各式：＝＝＝，…，则的末四位数字为．
解析∵＝＝＝，
末四位数字为末四位数字为末四位数字为末四位数字为末四位数字为，…，
由上可得末四位数字周期为，呈规律性交替出现，
∴＝×＋末四位数字为.
答案
点评对于具有周期规律性的数或代数式需要多探索几个才能发现规律，当已给出事实与所求相差甚“远”时，可考虑到看是否具有周期性．
．代数式形式归纳
例设函数()＝(>)，观察：
()＝()＝，
()＝(())＝，
()＝(())＝，
()＝(())＝，
……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当∈*且≥时，()＝(－())＝.
解析依题意，先求函数结果的分母中项系数所组成数列的通项公式，由，…，可推知该数列的通项公式为＝－.又函数结果的分母中常数项依次为，…，故其通项公式为＝.
所以当≥时，()＝(－())＝.
答案
点评对于与数列有关的规律归纳，一定要观察全面，并且要有取特殊值最后检验的习惯．
．图表信息归纳
例古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，比如：
图()
图()
他们研究过图()中的，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图()中的，…这样的数为正方形数．
下列数中既是三角形数又是正方形数的是．
①②③④
分析将三角形数和正方形数分别视作数列，则既是三角形数又是正方形数的数字是上述两数。

2。

2 直接证明与间接证明2.2.1 直接证明知识梳理证明是直接从原命题的条件逐步推得命题成立的，这种证明通常称为____________，其一般形式为⇒⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫ 已知定理已知公理已知定义本题条条本题结论。

其中从已知条件出发，以已知的定义、定理、公理为依据,逐步下推，直到推出要证明的结论为止，这种证明方法称为_____________，推证过程为已知条件⇒……⇒……⇒结论.而从问题的结论出发，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____________，推证过程为⇐……⇐……⇐。

知识导学综合法与分析法都是直接证明。

综合法是从已知条件出发，经过推理,导出所要结论，步骤比较简洁明了，但入手点比较难找,而分析法则是从要证的结论出发,寻求它的论据,直至归结到题设条件(结论成立的充分条件）,运用综合法证明需先对题目进行分析,找到证明的出发点，两者相辅相成，辩证统一.疑难突破综合法与分析法的比较剖析：一般地,对于命题“若A 则D”，用综合法证明时，思考过程可表示为综合法的思考过程是由因导果的顺序，是从A 推演到达D 的途径，但由A 推演出的中间结论未必唯一，如B,B 1，B 2等。

由B ，B 1，B 2推演出的进一步的中间结论则可能更多,如C ，C 1，C 2，C 3，C 4等，最终能有一个(或多个）可推演出结论D 即可。

用分析法思考数学问题的顺序可理解为(对于命题“若A 则D”)分析法的思考顺序是执果索因的顺序.是从D 上溯寻其论据，如C,C 1，C 2等,再寻求C ，C 1，C 2的论据，如B,B 1，B 2，B 3，B 4等等,继而寻求B ，B 1，B 2，B 3，B 4的论据，如果其中之一B 的论据恰好为已知条件,于是命题得证. 用分析法与综合法来叙述证明，语气之间也应当有区别，在综合法中,每个推理都必须是正确的，每个论断都应当是前面一个论断的必然结果，因此所用语气必须是肯定的，而在分析法中，就应当用假设的语气,习惯上常用这样一类语句：假如要A 成立，就必须先有B 成立;如果要有B 成立，又只需有C 成立……这样从结论一直推到已知条件.当我们应用分析法时，所有各个中间的辅助命题，仅仅考虑到它们都是同所要证明的命题是等效的，而并不是确信它们都是真实的，直至达到最后已知条件或明显成立的事实后，我们才确信它是真实的,从而可以推知前面所有与之等效的命题也都是真实的，于是命题就被证明了。

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第2章 推理与证明单元检测一、填空题1．用反证法证明命题“若a 2＋b 2＝0，则a ,b 全为0(a ,b ∈R )"，其反设是__________． 2．周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是________．3．用数学归纳法证恒等式111111111234212122n n n n n-+-++-=+++-++，由n ＝k 到n＝k ＋1时,两边应同时加上________．4．对于等差数列{a n ｝有如下命题:“若｛a n }是等差数列，a 1＝0，s ，t 是互不相等的正整数，则有(s －1)a t －(t －1)a s ＝0"．类比此命题，给出等比数列{b n }相应的一个正确命题：“__________________________________________”．5．若P =Q =(a ≥0），则P ，Q 的大小关系是__________． 6．补充下列证明过程：要证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ,即证______________,即证________________________________________________________________________．7．下列四个图形中,着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，则这个数列的一个通项公式为__________．8．已知x ，y 为正数，当x 2＋y 2＝________时,有1=.9．一个等差数列｛a n ｝,其中a 10＝0,则有a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 19－n （1≤n ＜19，n ∈N *）．一个等比数列{b n ｝，其中b 15＝1。

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修2-21．下面几种推理过程是演绎推理的是__________．(填序号)①两条直线平行，同旁内角互补,如果∠A 和∠B 是两条平行直线的同旁内角,则∠A ＋∠B ＝180°②由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质③某校高三共有10个班，一班有51人,二班有53人，三班有52人，由此推测各班都超过50人④在数列｛a n ｝中，a 1＝1，11112n n n a a a --⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（n ≥2)，由此归纳出{a n ｝的通项公式 2．“平面内到两定点F 1，F 2的距离之和为定值的点的轨迹是椭圆(大前提），平面内动点M 到两定点F 1（－2,0)，F 2(2，0）的距离之和为4（小前提)，则M 点的轨迹是椭圆(结论）．”此推理中错误的是____________．3．类比梯形的面积公式：S ＝12×(上底＋下底)×高，可推知上底半径为r 1，下底半径为r 2，母线长为l 的圆台侧面展开图中扇环的面积公式S 扇环＝__________。

4．因为直线a ，b 为异面直线，所以直线a ，b 没有交点，这里运用的推理规则是________．5．定义“等和数列”:在一个数列中,如果每一项与它后面一项的和都为同一常数，那么这个数列叫等和数列．下列数列不是等和数列的为__________（填正确结论的序号)．①a n ＝10 ②2,3,n n a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数③2,3,n n n n a n ⎧=⎨⎩为奇数为偶数 ④22sin ,cos ,n n a n αα⎧=⎨⎩为奇数为偶数6．在三段论“∵a ＝（1,0),b ＝（0，－1）,∴a·b ＝(1,0）·（0，－1）＝1×0＋0×（－1)＝0,∴a⊥b ”中，大前提：___________________________________________________________________， 小前提：___________________________________________________________________, 结论：_____________________________________________________________________。

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高中数学第2章推理与证明过关检测苏教版选修2—2(时间90分钟，满分100分)一、填空题(本大题共14小题，每小题4分,满分56分）1．如果f(x＋y）＝f（x)f（y)，且f(1)＝1，则错误!＋错误!＋…＋错误!等于__________．2．若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点M1、M2与点N1、N2，则三角形面积之比为:错误!＝错误!·错误!.若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点P1、P与点Q1、Q2和R1、R2，则类似的结论为:__________.23．根据图中的5个图形及相应的点的个数的变化规律,试猜测第n个图中有__________个点．4．三段论：“①只有船准时起航,才能准时到达目的港;②这艘船是准时到达目的港的；③所以这艘船是准时起航的．”中的“小前提"是__________．5．设S(n)＝错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则S(n)共有__________项,S（2）＝__________.6．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1（n∈N*）的过程如下:①当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．②假设当n＝k时，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝错误!＝2k＋1－1,所以当n＝k＋1时等式成立．由此可知对任何n∈N*，等式都成立．上述证明的错误是__________．7．F（n)是一个关于自然数n的命题，若F（k)（k∈N*）真，则F（k＋1)真，现已知F(7)不真，则有①F（8）不真；②F（8）真；③F(6)不真；④F(6）真;⑤F（5）不真；⑥F（5)真．其中真命题是__________．8．从1＝1，1－4＝－(1＋2），1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－（1＋2＋3＋4），…，归纳出一般的式子是__________．9．已知a＞b＞0，且ab＝1,若0＜c＜1，p＝log c错误!，q＝log c（错误!)2,则p、q的大小关系是__________．10．在椭圆中，我们有如下结论:椭圆错误!＋错误!＝1上斜率为1的弦的中点在直线错误!＋错误!＝0上,类比上述结论,得到正确的结论为：双曲线错误!－错误!＝1上斜率为1的弦的中点在直线__________上．11．在等差数列{a n}中，当a r＝a s(r≠s)时，数列{a n｝必定是常数列．然而在等比数列{a n}中，对某些正整数r,s(r≠s），当a r＝a s时,非常数数列{a n}的一个例子是__________．12．将正奇数排列如下表,其中第i行第j个数表示a ij(i∈N*，j∈N＊),例如a32＝9，a ij＝2 009，则i＋j＝__________.13．在平面上的n个圆中，每两个圆都相交，每三个圆不交于一点，则它们把平面分成__________部分．14．{a n｝是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，a n＋1a n＝（a n－1＋2）（a n－2＋2)，n ＝3，4，5，…，则a3＝__________.二、解答题（本大题共4小题,满分44分）15．(10分)如图,已知平面α∩平面β＝直线a，直线b⊂α,直线c⊂β，b∩a＝A,c∥a.求证：b与c是异面直线．16。

2.2.2间接证明明目标、知重点 1.了解反证法是间接证明的一种基本方法.2.理解反证法的思考过程，会用反证法证明数学问题．1．间接证明不是直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法称为间接证明．2．反证法从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)．3．反证法步骤反证法的过程包括下面3个步骤：反设，归谬，存真．4．反证法常见的矛盾类型反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实矛盾等．[情境导学]王戎小时候，爱和小朋友在路上玩耍．一天，他们发现路边的一棵树上结满了李子，小朋友一哄而上，去摘李子，独有王戎没动，等到小朋友们摘了李子一尝，原来是苦的！他们都问王戎：“你怎么知道李子是苦的呢？”王戎说：“假如李子不苦的话，早被路人摘光了，而这树上却结满了李子，所以李子一定是苦的．”这就是著名的“道旁苦李”的故事．王戎的论述，运用的方法即是本节课所要学的方法——反证法．探究点一反证法思考1通过情境导学得上述方法的一般模式是什么？答(1)假设原命题不成立(提出原命题的否定，即“李子苦”)，(2)以此为条件，经过正确的推理，最后得出一个结论(“早被路人摘光了”)，(3)判定该结论与事实(“树上结满李子”)矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法称为反证法．思考2反证法证明的关键是经过推理论证，得出矛盾．反证法引出的矛盾有几种情况？答(1)与原题中的条件矛盾；(2)与定义、公理、定理、公式等矛盾；(3)与假设矛盾．思考3反证法主要适用于什么情形？答①要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；②如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形．例1已知直线a，b和平面α，如果a⊄α，b⊂α，且a∥b，求证：a∥α.证明因为a∥b，所以经过直线a，b确定一个平面β.因为a⊄α，而a⊂β，所以α与β是两个不同的平面．因为b⊂α，且b⊂β，所以α∩β＝b.下面用反证法证明直线a与平面α没有公共点．假设直线a与平面α有公共点P，如图所示，则P∈α∩β＝b，即点P是直线a与b的公共点，这与a∥b矛盾．所以a∥α.反思与感悟数学中的一些基础命题都是数学中我们经常用到的明显事实，它们的判定方法极少，宜用反证法证明．正难则反是运用反证法的常见思路，即一个命题的结论如果难以直接证明时，可考虑用反证法．跟踪训练1如图，已知a∥b，a∩平面α＝A.求证：直线b与平面α必相交．证明假设b与平面α不相交，即b⊂α或b∥α.①若b⊂α，因为b∥a，a⊄α，所以a∥α，这与a∩α＝A相矛盾；②如图所示，如果b∥α，则a，b确定平面β.显然α与β相交，设α∩β＝c，因为b∥α，所以b∥c.又a∥b，从而a∥c，且a⊄α，c⊂α，则a∥α，这与a∩α＝A相矛盾．由①②知，假设不成立，故直线b与平面α必相交．探究点二用反证法证明否定性命题例2求证：2不是有理数．证明假设2是有理数．于是，存在互质的正整数m，n，使得2＝m，从而有m＝2n，因此m2＝2n2，n所以m为偶数．于是可设m＝2k(k是正整数)，从而有4k2＝2n2，即n2＝2k2，所以n也为偶数．这与m，n互质矛盾．由上述矛盾可知假设错误，从而2不是有理数．反思与感悟当结论中含有“不”、“不是、“不可能”、“不存在”等否定形式的命题时，由于此类问题的反面比较具体，适于应用反证法．跟踪训练2已知三个正数a，b，c成等比数列，但不成等差数列，求证：a，b，c不成等差数列．证明假设a，b，c成等差数列，则a ＋c ＝2b ，即a ＋c ＋2ac ＝4b ，而b 2＝ac ，即b ＝ac ，∴a ＋c ＋2ac ＝4ac ，∴(a －c )2＝0.即a ＝c ，从而a ＝b ＝c ，与a ，b ，c 不成等差数列矛盾，故a ，b ，c 不成等差数列．探究点三 含至多、至少、唯一型命题的证明例 3 函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，那么方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实根． 证明 假设方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至少有两个实根，设α、β为其中的两个实根．因为α≠β ，不妨设α<β，又因为函数f (x )在[a ，b ]上是增函数，所以f (α)<f (β)．这与假设f (α)＝0＝f (β)矛盾，所以方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多有一个实根．反思与感悟 当一个命题的结论有“最多”、“最少”、“至多”、“至少”、“唯一”等字样时，常用反证法来证明，用反证法证明时，注意准确写出命题的假设．跟踪训练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.证明 假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，所以a ＋b ＋c ≤0，而a ＋b ＋c ＝(x 2－2y ＋π2)＋(y 2－2z ＋π3)＋(z 2－2x ＋π6)＝(x 2－2x )＋(y 2－2y )＋(z 2－2z )＋π ＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3，所以a ＋b ＋c >0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾，故a 、b 、c 中至少有一个大于0.1．证明“在△ABC 中至多有一个直角或钝角”，第一步应假设__________________． 答案 三角形中至少有两个直角或钝角2．用反证法证明“三角形中至少有一个内角不小于60°”，应先假设这个三角形中________________．答案 每一个内角都小于60°3．用反证法证明“在同一平面内，若a⊥c，b⊥c，则a∥b”时，应假设________．答案a与b相交4．已知a是整数，a2是偶数，求证：a也是偶数．证明(反证法)假设a不是偶数，即a是奇数．设a＝2n＋1(n∈Z)，则a2＝4n2＋4n＋1.∵4(n2＋n)是偶数，∴4n2＋4n＋1是奇数，这与已知a2是偶数矛盾．由上述矛盾可知，a一定是偶数．[呈重点、现规律]1．反证法证明的3个步骤(1) 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；(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．2．反证法与逆否命题区别反证法的理论基础是逆否命题的等价性，但其证明思路不完全是证明一个命题的逆否命题．反证法在否定结论后，只要找到矛盾即可，可以与题设矛盾，也可以与假设矛盾，与定义、定理、公式、事实矛盾．因此，反证法与证明逆否命题是不同的.一、基础过关1．反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是________(填序号)．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．答案①②③④2．否定：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为______________________．答案a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数解析自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为“a，b，c”中都是奇数或至少有两个偶数．3．有下列叙述：①“a>b”的反面是“a<b”；②“x＝y”的反面是“x>y或x<y”；③“三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形的外心在三角形内”；④“三角形最多有一个钝角”的反面是“三角形没有钝角”．其中正确的叙述有________．答案②解析①错：应为a≤b；②对；③错：应为三角形的外心在三角形内或在三角形的边上；④错：应为三角形可以有2个或2个以上的钝角．4．用反证法证明命题：“a、b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为________．答案a，b都不能被5整除解析“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”．5．用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0有有理根，那么a，b，c中存在偶数”时，否定结论应为__________________．答案a，b，c都不是偶数解析a，b，c中存在偶数即至少有一个偶数，其否定为a，b，c都不是偶数．6．“任何三角形的外角都至少有两个钝角”的否定应是______________________.答案存在一个三角形，其外角最多有一个钝角解析“任何三角形”的否定是“存在一个三角形”，“至少有两个”的否定是“最多有一个”．7．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a、b、c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数．求证：f(x)＝0无整数根．证明设f(x)＝0有一个整数根k，则ak2＋bk＝－c.①又∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c均为奇数，∴a＋b为偶数，当k为偶数时，显然与①式矛盾；当k为奇数时，设k＝2n＋1(n∈Z)，则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为偶数，也与①式矛盾，故假设不成立，所以方程f(x)＝0无整数根．二、能力提升8．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为__________________．答案 a ，b 不全为0解析 “a ，b 全为0”即是“a ＝0且b ＝0”，因此它的反设为“a ≠0或b ≠0”．9．设a ，b ，c 都是正数，则下面关于三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a的说法正确的是________． ①都大于2 ②至少有一个大于2③至少有一个不小于2 ④至少有一个不大于2答案 ③解析 假设a ＋1b <2，b ＋1c <2，c ＋1a<2， 则(a ＋1b )＋(b ＋1c )＋(c ＋1a)<6. 又(a ＋1b )＋(b ＋1c )＋(c ＋1a )＝(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1c)≥2＋2＋2＝6，这与假设得到的不等式相矛盾，从而假设不正确，所以这三个数至少有一个不小于2.10．若下列两个方程x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实根，则实数a 的取值范围是________________．答案 a ≤－2或a ≥－1解析 若两方程均无实根，则Δ1＝(a －1)2－4a 2＝(3a －1)(－a －1)<0，∴a <－1或a >13. Δ2＝(2a )2＋8a ＝4a (a ＋2)<0，∴－2<a <0，故－2<a <－1.若两个方程至少有一个方程有实根，则a ≤－2或a ≥－1.11．已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：(a 3＋b 3)13<(a 2＋b 2)12. 证明 因为a ，b ∈(0，＋∞)，所以要证原不等式成立，只需证[(a 3＋b 3)13]6<[(a 2＋b 2)12]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(a 3＋b 3)13<(a 2＋b 2)12. 12．已知a ，b ，c ∈(0,1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不可能都大于14. 证明 假设三个式子同时大于14， 即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14， 三式相乘得(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c >143，① 又因为0<a <1，所以0<a (1－a )≤(a ＋1－a 2)2＝14. 同理0<b (1－b )≤14，0<c (1－c )≤14， 所以(1－a )a ·(1－b )b ·(1－c )c ≤143② ①与②矛盾，所以假设不成立，故原命题成立．三、探究与拓展13.已知f (x )是R 上的增函数，a ，b ∈R .证明下面两个命题：(1)若a ＋b ＞0，则f (a )＋f (b )＞f (－a )＋f (－b )；(2)若f (a )＋f (b )＞f (－a )＋f (－b )，则a ＋b ＞0.证明 (1)因为a ＋b ＞0，所以a ＞－b ，b ＞－a ，又因为f (x )是R 上的增函数，所以f (a )＞f (－b )，f (b )＞f (－a )，由不等式的性质可知f (a )＋f (b )＞f (－a )＋f (－b )．(2)假设a ＋b ≤0，则a ≤－b ，b ≤－a ，因为f (x )是R 上的增函数，所以f(a)≤f(－b)，f(b)≤f(－a)，所以f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b)，这与已知f(a)＋f(b)＞f(－a)＋f(－b)矛盾，所以假设不正确，所以原命题成立．。

学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．在证明命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4 θ＝cos 2θ”的过程：“cos 4 θ－sin 4 θ＝(cos 2 θ＋sin 2 θ)(cos 2 θ－sin 2 θ)＝cos 2 θ－sin 2 θ＝cos 2θ”中应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．分析法和综合法综合使用D ．间接证法【解析】 此证明符合综合法的证明思路．故选B. 【答案】 B2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 2＋b 22≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0【解析】 要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0， 只需证a 2b 2－a 2－b 2＋1≥0， 只需证(a 2－1)(b 2－1)≥0，故选D. 【答案】 D3．在集合{a ，b ，c ，d }上定义两种运算⊕和⊗如下：那么，d⊗(a⊕c)等于()A．a B．bC．c D．d【解析】由⊕运算可知，a⊕c＝c，∴d⊗(a⊕c)＝d⊗c.由⊗运算可知，d⊗c＝a.故选A.【答案】 A4．欲证2－3<6－7成立，只需证()A．(2－3)2<(6－7)2B．(2－6)2<(3－7)2C．(2＋7)2<(3＋6)2D．(2－3－6)2<(－7)2【解析】∵2－3<0，6－7<0，故2－3<6－7⇔2＋7<3＋6⇔(2＋7)2<(3＋6)2.故选C. 【答案】 C5．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是()A．sin(α＋β)>sin α＋sin βB．sin(α＋β)>cos α＋cos βC．cos(α＋β)>sin α＋sin βD．cos(α＋β)<cos α＋cos β【解析】因为0<α<π2，0<β<π2，所以0<α＋β<π，若π2≤α＋β<π，则cos(α＋β)≤0，因为cos α>0，cos β>0.所以cos α＋cos β>cos (α＋β)．若0<α＋β<π2，则α＋β>α且α＋β>β，因为cos(α＋β)<cos α，cos(α＋β)<cos β，所以cos(α＋β)<cos α＋cos β，总之，对任意的锐角α，β有cos(α＋β)<cos α＋cos β.【答案】 D二、填空题6．命题“函数f(x)＝x－x ln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－x ln x求导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)＝－ln x>0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．【解析】该证明方法是“由因导果”法．【答案】综合法7．如果a a>b b，则实数a，b应满足的条件是__________．【解析】要使a a>b b，只需使a>0，b>0，(a a)2>(b b)2，即a>b>0.【答案】a>b>08．若对任意x>0，xx2＋3x＋1≤a恒成立，则a的取值范围是__________.【导学号：05410046】【解析】若对任意x>0，xx2＋3x＋1≤a恒成立，只需求y＝xx2＋3x＋1的最大值，且令a 不小于这个最大值即可．因为x >0，所以y ＝x x 2＋3x ＋1＝1x ＋1x ＋3≤12x ·1x ＋3＝15，当且仅当x ＝1时，等号成立，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞.【答案】 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞三、解答题9．已知倾斜角为60°的直线L 经过抛物线y 2＝4x 的焦点F ，且与抛物线相交于A ，B 两点，其中O 为坐标原点．(1)求弦AB 的长； (2)求三角形ABO 的面积．【解】 (1)由题意得，直线L 的方程为y ＝3(x －1)， 代入y 2＝4x ，得3x 2－10x ＋3＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝103.由抛物线的定义，得弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝103＋2＝163. (2)点O 到直线AB 的距离d ＝|－3|3＋1＝32，所以三角形OAB 的面积为S ＝12|AB |·d ＝433.10．已知三角形的三边长为a ，b ，c ，其面积为S ，求证：a 2＋b 2＋c 2≥43S . 【证明】 要证a 2＋b 2＋c 2≥43S ，只要证a 2＋b 2＋(a 2＋b 2－2ab cos C )≥2 3 ab sin C ，即证a 2＋b 2≥2ab sin(C ＋30°)，因为2ab sin(C ＋30°)≤2ab ，只需证a 2＋b 2≥2ab ，显然上式成立．所以a2＋b2＋c2≥43S.[能力提升]1．设a>0，b>0，若3是3a与3b的等比中项，则1a＋1b的最小值为()A．8 B．4C．1 D.1 4【解析】3是3a与3b的等比中项⇒3a·3b＝3⇒3a＋b＝3⇒a＋b＝1，因为a>0，b>0，所以ab≤a＋b2＝12⇒ab≤14，所以1a＋1b＝a＋bab＝1ab≥114＝4.【答案】 B2．(2016·石家庄高二检测)已知关于x的方程x2＋(k－3)x＋k2＝0的一根小于1，另一根大于1，则k的取值范围是()A．(－1,2)B．(－2,1)C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)【解析】令f(x)＝x2＋(k－3)x＋k2.因为其图象开口向上，由题意可知f(1)<0，即f(1)＝1＋(k－3)＋k2＝k2＋k－2<0，解得－2<k<1.【答案】 B3．如果a a＋b b>a b＋b a，则实数a，b应满足的条件是__________.【导学号：05410047】【解析】a a＋b b>a b＋b a⇔a a－a b>b a－b b⇔a(a－b)>b(a －b)⇔(a－b)(a－b)>0⇔(a＋b)(a－b)2>0，故只需a ≠b 且a ，b 都不小于零即可． 【答案】 a ≥0，b ≥0且a ≠b4．(2016·天津高二检测)已知α，β≠k π＋π2，(k ∈Z )且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β.求证：1－tan 2 α1＋tan 2 α＝1－tan 2 β2(1＋tan 2 β).【证明】 要证1－tan 2 α1＋tan 2 α＝1－tan 2 β2(1＋tan 2 β)成立，即证1－sin 2 αcos 2 α1＋sin 2 αcos 2 α＝1－sin 2 βcos 2 β2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2 βcos 2 β. 即证cos 2α－sin 2α＝12(cos 2β－sin 2β)， 即证1－2sin 2α＝12(1－2sin 2β)， 即证4sin 2α－2sin 2β＝1， 因为sin θ＋cos θ＝2sin α， sin θcos θ＝sin 2β，所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝4sin 2α，所以1＋2sin 2β＝4sin 2 α， 即4sin 2α－2sin 2β＝1. 故原结论正确.。

直接证明[对应学生用书P26]1．若实数a，b满足a＋b＝3，证明：2a＋2b≥4 2.证明：因为2a＋2b≥22a·2b＝22a＋b，又a＋b＝3，所以2a＋2b≥223＝4 2.故2a＋2b≥42成立．问题1：本题利用什么公式？提示：基本不等式．问题2：本题证明顺序是什么？提示：从已知到结论．2．求证：3＋22<2＋7.证明：要证明3＋22<2＋7，由于3＋22>0,2＋7>0，只需证明(3＋22)2<(2＋7)2，展开得11＋46<11＋47，只需证明6<7，显然6<7成立．所以3＋22<2＋7成立．问题1：本题证明从哪里开始？提示：从结论开始．问题2：证题思路是什么？提示：寻求上一步成立的充分条件．1．直接证明(1)直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种证明通常称为直接证明．(2)直接证明的一般形式⎭⎪⎬⎪⎫本题条件已知定义已知公理已知定理⇒…⇒本题结论．2．综合法和分析法直接证明 定义推证过程综合法 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．这种证明方法称为综合法已知条件⇒…⇒…⇒结论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，这种证明方法称为分析法 结论⇐…⇐…⇐已知条件1．综合法是从“已知”看“可知”逐步推向未知，由因导果通过逐步推理寻找问题成立的必要条件．它的证明格式为：因为×××，所以×××，所以×××……所以×××成立．2．分析法证明问题时，是从“未知”看“需知”，执果索因逐步靠拢“已知”，通过逐步探索，寻找问题成立的充分条件．它的证明格式：要证×××，只需证×××，只需证×××……因为×××成立，所以×××成立．[对应学生用书P27]综合法的应用[例1] 已知a ，b ，c ∈R ，且a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.[思路点拨]从已知条件出发，结合基本不等式，即可得出结论． [精解详析]∵a 2＋19≥2a 3，b 2＋19≥2b 3，c 2＋19≥2c 3，∴⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋19＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2＋19≥23a ＋23b ＋23c＝23(a ＋b ＋c )＝23. ∴a 2＋b 2＋c 2≥13.[一点通]综合法证明问题的步骤第一步：分析条件，选择方向．仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题思路．第二步：转化条件、组织过程，把题目的已知条件，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．组织过程时要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．第三步：适当调整，回顾反思．解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，有些语言可做适当的修饰，反思总结解题方法的选取．1．设a ，b ，c 为不全相等的正数，且abc ＝1， 求证：1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c .证明：∵a >0，b >0，c >0，且abc ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝bc ＋ca ＋ab .又bc ＋ca ≥2bc ·ca ＝2abc 2＝2c ， 同理bc ＋ab ≥2b ，ca ＋ab ≥2a . ∵a 、b 、c 不全相等．∴上述三个不等式中的“＝”不能同时成立． ∴2(bc ＋ca ＋ab )>2(c ＋a ＋b )， 即bc ＋ca ＋ab >a ＋b ＋c ， 故1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c .2.(1)如图，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥b ，则a ⊥c ”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．解：(1)证明：法一：如图，过直线b 上任一点作平面π的垂线n ，设直线a ，b ，c ，n 的方向向量分别是a ，b ，c ，n ，则b ，c ，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c ＝λb ＋μn ，则a·c ＝a·(λb ＋μn )＝λ(a·b )＋μ(a·n )，因为a ⊥b ，所以a·b ＝0， 又因为aπ，n ⊥π，所以a·n ＝0，故a·c ＝0，从而a ⊥c .法二：如图，记c ∩b ＝A ，P 为直线b 上异于点A 的任意一点，过P 作PO ⊥π，垂足为O ，则O ∈c . ∵PO ⊥π，a π，∴直线PO ⊥a . 又a ⊥b ，b平面PAO ，PO ∩b ＝P ，∴a ⊥平面PAO .又c平面PAO ，∴a ⊥c .(2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥c ，则a ⊥b .逆命题为真命题．分析法的应用[例2] 已知a >b >0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b.[思路点拨]本题条件较为简单，结论比较复杂，我们可以从要证的结论入手，一步步探求结论成立的充分条件，即用分析法．[精解详析]要证明(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b 成立，只需证(a －b )24a <a ＋b －2ab <(a －b )24b 成立，即证(a －b )24a <(a －b )2<(a －b )24b 成立．只需证a －b 2a <a －b <a －b2b成立．只需证a＋b2a<1<a＋b2b成立，即证a＋b<2a且a＋b>2b，即b<a.∵a>b>0，∴b<a成立．∴(a－b)28a<a＋b2－ab<(a－b)28b成立．[一点通]在已知条件较为简单，所要证的问题较为复杂，无从入手的情况下，我们可从结论入手逆推，执果索因，找到结论成立的条件，注明必要的文字说明，再用综合法写出步骤．3．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4，a≥0，求证：P＜Q.证明：要证P＜Q，主要证P2＜Q2，只要证2a＋7＋2a(a＋7)＜2a＋7＋2(a＋3)(a＋4)，即证a2＋7a＜a2＋7a＋12，即证0＜12.因为0＜12成立，所以P＜Q成立．4．已知a、b是正实数，求证：ab＋ba≥a＋b.证明：要证ab＋ba≥a＋b，只需证a a＋b b≥ab(a＋b)．即证(a＋b－ab)(a＋b)≥ab(a＋b)，即证a＋b－ab≥ab.也就是要证a＋b≥2ab.因为a，b为正实数，所以a＋b≥2ab成立，所以ab＋ba≥a＋b.综合法与分析法的综合应用[例3] 已知0<a ≤1,0<b ≤1,0<c ≤1， 求证：1＋ab ＋bc ＋ca a ＋b ＋c ＋abc≥1.[思路点拨]因为0<a ≤1,0<b ≤1,0<c ≤1，所以要证明1＋ab ＋bc ＋caa ＋b ＋c ＋abc≥1成立，可转化为证明1＋ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c ＋abc 成立．[精解详析]∵a >0，b >0，c >0， ∴要证1＋ab ＋bc ＋ca a ＋b ＋c ＋abc≥1，只需证1＋ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c ＋abc ， 即证1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc )≥0. ∵1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc ) ＝(1－a )＋b (a －1)＋c (a －1)＋bc (1－a ) ＝(1－a )(1－b －c ＋bc )＝(1－a )(1－b )(1－c )， 又a ≤1，b ≤1，c ≤1， ∴(1－a )(1－b )(1－c )≥0，∴1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc )≥0成立， 即证明了1＋ab ＋bc ＋caa ＋b ＋c ＋abc≥1.[一点通](1)较为复杂问题的证明如单纯利用分析法和综合法证明较困难，这时可考虑分析法、综合法轮流使用以达到证题目的．(2)综合法和分析法的综合应用过程既可先用分析法再用综合法，也可先用综合法再用分析法，一般无具体要求，只要达到证题的目的即可．5．在△ABC 中，三个内角A 、B 、C 成等差数列．求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c . 证明：要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 只需证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，即c a ＋b ＋ab ＋c ＝1， 只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )(a ＋b )(b ＋c )＝1，即a 2＋c 2＋ab ＋bc b 2＋ab ＋ac ＋bc＝1.下面证明：a 2＋c 2＋ab ＋bcb 2＋ab ＋ac ＋bc＝1.∵A ＋C ＝2B ，A ＋B ＋C ＝180°， ∴B ＝60°. ∴b 2＝a 2＋c 2－ac .∴a 2＋c 2＋ab ＋bc b 2＋ab ＋ac ＋bc ＝a 2＋c 2＋ab ＋bc a 2＋c 2－ac ＋ab ＋ac ＋bc＝1. 故原等式成立．6．若a ，b ，c 是不全相等的正数． 求证：lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .证明：要证lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c 成立，即证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(abc )成立，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc 成立，∵a ＋b2≥ab >0，b ＋c2≥bc >0，c ＋a2≥ca >0，∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2≥abc >0，(*)又∵a ，b ，c 是不全相等的正数，∴(*)式等号不成立， ∴原不等式成立．1．综合法是由因导果，步骤严谨，逐层递进、步步为营，书写表达过程是条理清晰、形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹、缺点是探路艰难，不易达到所要证明的结论．2．分析法是执果索因，方向明确、利于思考，便于寻找解题思路．缺点是思路逆行、叙述繁琐、表述易出错．3．在解决一个问题时，我们常常把综合法和分析法结合起来使用．根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论P 1；根据原结论的特点去寻求使结论成立的条件，寻找到条件P 2；当由P 1可以推出P 2时，结论得证．[对应学生用书P29]一、填空题1．在△ABC中，A>B是sin A>sin B的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．解析：在△ABC中，由正弦定理得asin A＝bsin B.又∵A>B，∴a>b，∴sin A>sin B反之，若sin A>sin B，则a>b，∴A>B∴A>B是sin A>sin B的充要条件．答案：充要2．设n∈N，则n＋4－n＋3________n＋2－n＋1(判断大小)．解析：要证n＋4－n＋3<n＋2－n＋1，只需证n＋4＋n＋1<n＋3＋n＋2，只需证(n＋4＋n＋1)2<(n＋2＋n＋3)2，即2n＋5＋2(n＋4)(n＋1)<2n＋5＋2(n＋2)(n＋3).只需证(n＋1)(n＋4)<(n＋2)(n＋3)，只需证(n＋1)(n＋4)<(n＋2)(n＋3)，即n2＋5n＋4<n2＋5n＋6，即4<6即可．而4<6成立，故n＋4－n＋3<n＋2－n＋1.答案：<3．如果a a＋b b>a b＋b a，则实数a，b应满足的条件是________．解析：a a＋b b>a b＋b a⇔a a－a b>b a－b b⇔a(a－b)>b(a－b)⇔(a－b)(a－b)>0⇔(a＋b)(a－b)2>0，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b4．若三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在底面ABC上的射影为△ABC的________．(填重心、垂心、内心、外心之一)解析：如图，设S 在底面ABC 上的射影为点O ， ∴SO ⊥平面ABC ，连接AO ，BO ， ∵SA ⊥BC ，SO ⊥BC ， ∴BC ⊥平面SAO ， ∴BC ⊥AO . 同理可证，AC ⊥BO . ∴O 为△ABC 的垂心． 答案：垂心5．已知函数f (x )＝10x，a ＞0，b ＞0，A ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f ()ab ，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为________．解析：由a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝10x在R 上是单调增函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≥f ()ab ≥f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≥B ≥C . 答案：A ≥B ≥C 二、解答题6．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．解：f (a )＋f (c )＞2f (b )．证明如下：因为a ，b ，c 是两两不相等的正数， 所以a ＋c ＞2ac .因为b 2＝ac ，所以ac ＋2(a ＋c )＞b 2＋4b ， 即ac ＋2(a ＋c )＋4＞b 2＋4b ＋4， 从而(a ＋2)(c ＋2)＞(b ＋2)2. 因为f (x )＝log 2(x ＋2)是增函数， 所以log 2(a ＋2)(c ＋2)＞log 2(b ＋2)2， 即log 2(a ＋2)＋log 2(c ＋2)＞2log 2(b ＋2)． 故f (a )＋f (c )＞2f (b )． 7．已知a >0，用分析法证明：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＋2≥a ＋1a＋ 2. 因为a >0，故只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋2 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，从而只需证2a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ， 只需证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．8．(某某高考改编)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c ，n ∈N *，其中c 为实数．若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)．证明：由c ＝0，得b n ＝S n n＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ， 化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .。

2.2.1 直接证明双基达标 限时20分钟1．分析法是________．①执果索因的逆推法；②执因导果的顺推法；③因果分别互推的两头凑法；④寻找结论成立的充要条件的证明办法．答案 ① 2．设a 、b 是正实数，以下不等式①ab ＞2ab a ＋b；②a ＞|a －b|－b ；③ab ＋2ab ＞2恒成立的序号是________．解析 当a ＝b 时，ab ＝2ab a ＋b，∴①不成立． a 、b 为正数，∴a ＋b ＞|a －b|，②成立．ab ＋2ab≥22＞2，故③成立． 答案 ②③3．设函数f(x)是定义在R 上，周期为3的奇函数，若f(1)＜1，f(2)＝2a －1a ＋1，则a 的取值范围为________．解析 由题意得f(－2)＝f(1－3)＝f(1)＜1，∴－f(2)＜1，即－2a －1a ＋1<1. ∴3a a ＋1>0，即3a(a ＋1)＞0.∴a ＜－1或a ＞0. 答案 a ＜－1或a ＞0 4．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则正数a ，b 应满足的条件是________．解析 ∵a a ＋b b ＞a b ＋b a∴a(a －b)＋b(b －a)＞0∴(a －b)(a －b)＞0. ∴(a ＋b)(a －b)2＞0，∴a －b ≠0即a≠b.答案 a≠b5．在△ABC 中，若2cos Bsin A ＝sin C ，则△ABC 的形状一定是________． 解析 在△ABC 中，2cos Bsin A ＝sin C ，即2a 2＋c 2－b 22ac ·a ＝c. ∴a 2＋c 2－b 2＝c 2，∴a 2＝b 2，∴a ＝b.∴△ABC 是等腰三角形．答案 等腰三角形6．设a ，b ＞0，且a≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.证明 法一 分析法要证a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2成立．只需证(a ＋b)(a 2－ab ＋b 2)＞ab(a ＋b)成立，又因a ＋b ＞0，只需证a 2－ab ＋b 2＞ab 成立，只需证a 2－2ab ＋b 2＞0成立，即需证(a －b)2＞0成立．而依题设a≠b ，则(a －b)2＞0显然成立．由此命题得证．法二 综合法 a≠b ⇒a －b≠0⇒(a －b)2＞0⇒a 2－2ab ＋b 2＞0⇒a 2－ab ＋b 2＞ab.注意到a ，b ∈R ＋，a ＋b ＞0，由上式即得(a ＋b)(a 2－ab ＋b 2)＞ab(a ＋b)．∴a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2. 综合提高 限时25分钟7．p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc·b m ＋d n (m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数)，则p 、q 的大小为________．①p≥q ；②p≤q ；③p ＞q.解析 q ＝ab ＋mad n ＋nbc m ＋cd ≥ ab ＋2abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p.答案 ② 8．已知a ，b ，c 为三角形的三边且S ＝a 2＋b 2＋c 2，P ＝ab ＋bc ＋ca ，则P________S(填“>”或“<”或“≥”或“≤”)．解析 S －P ＝a 2＋b 2＋c 2－ab －bc －ca＝12≥0， ∴S≥P.答案：≤9．已知a ＞0，b ＞0，如果不等式2a ＋1b ≥m 2a ＋b恒成立，那么m 的最大值等于________． 解析 ∵a ＞0，b ＞0，∴不等式可化为m≤⎝⎛⎭⎫2a ＋1b (2a ＋b)＝5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b . 只需求右边的最小值，由基本不等式，有5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ≥5＋4＝9，∴m≤9.答案 910．设f(x)是定义在R 上的偶函数，当x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，f(1)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．解析 ∵x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，即(xf(x))′>0，∴xf(x)在(0，＋∞)是增函数．又f(1)＝0，∴x ＝1时，xf(x)＝0.∵f(x)为偶函数，∴xf(x)为奇函数．∴xf(x)的图象如图．∴xf(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．答案 (－1,0)∪(1，＋∞)11．a 、b 、c 为互不相等的正数，且abc ＝1，求证：1a ＋1b ＋1c >a ＋b ＋ c. 证明 法一 由左式推证右式∵abc ＝1，且a 、b 、c 为互不相等的正数∴1a ＋1b ＋1c＝bc ＋ac ＋ab ＝bc ＋ac 2＋ac ＋ab 2＋ab ＋bc 2>bc·ac ＋ac·ab ＋ab·bc ＝c ＋a ＋ b∴1a ＋1b ＋1c >a ＋b ＋ c. 法二 右式⇒左式∵a ，b ，c 为互不相等的正数，且abc ＝1. ∴a ＋b ＋c ＝ 1bc ＋ 1ac ＋ 1ab<1b ＋1c 2＋1a ＋1c 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c.12．已知x ＞0，y ＞0，求证(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 证明 要证明(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13， 只需证(x 2＋y 2)3＞(x 3＋x 3)2.只需证x 6＋3x 4y 2＋3x 2y 4＋y 6＞x 6＋2x 3y 3＋y 6， 只需证3x 4y 2＋3x 2y 4＞2x 3y 3.又x ＞0，y ＞0，∴x 2y 2＞0，∴只需证3x 2＋3y 2＞2xy ， ∵3x 2＋3y 2＞x 2＋y 2≥2xy ，∴3x 2＋3y 2＞2xy 成立，故(x 2＋y 2)12＞(x 3＋y 3)13. 13．(创新拓展)已知数列{a n }为等比数列，a 2＝6，a 5＝162.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，证明：S n ·S n ＋2S 2n ＋1≤1. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 2＝a 1q ，a 5＝a 1q 4，依题意，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，a 1q 4＝162. 解得a 1＝2，q ＝3，∴a n ＝2·3n －1(2)∵S n ＝21－3n1－3＝3n －1， ∴S n ·S n ＋2S 2n ＋1＝32n ＋2－3n ＋3n ＋2＋132n ＋2－2·3n ＋1＋1≤32n ＋2－23n ·3n ＋2＋132n ＋2－2·3n ＋1＋1＝1， 即S n ·S n ＋2S 2n ＋1≤1.。