19高考数学一轮复习课时规范练35直接证明与间接证明理新人教B版
(新课标)2019高考数学一轮总复习 第十一章 第4节 直接证明与间接证明练习
（新课标）2019高考数学一轮总复习第十一章第4节直接证明与间接证明练习一、选择题1．(2015·太原模拟)命题“如果数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n，那么数列{a n}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[解析] 因为S n＝2n2－3n，所以n＝1时a1＝S1＝－1，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n2－3n－2(n－1)2＋3(n－1)＝4n－5，n＝1时适合a n，且a n－a n－1＝4，故{a n}为等差数列，即命题成立．[答案] B2．(2015·临沂模拟)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”正确的反设为( )A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数[解析] a，b，c恰有一个是偶数说明有且只有一个是偶数．其否定有a，b，c均为奇数或a，b，c至少有两个偶数．[答案] B3．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a、b、c的大小顺序是( )A．a>b>c B．b>c>aC．c>a>b D．a>c>b[解析] ∵a＝3－2＝13＋2，b＝6－5＝16＋5，c＝7－6＝17＋6，又∵7＋6>6＋5>3＋2>0，∴a>b>c.[答案] A4．(2015·宁波模拟)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[解析]b 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0 ⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0. [答案] C5．(2015·银川模拟)设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a >b ，a <b 及a ＝b 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立， 其中正确判断的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3[解析] ①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，故正确的判断有2个．[答案] C6．(2015·福州模拟)设0<x <1，a >0，b >0，a ，b 为常数，a 2x ＋b 21－x的最小值是( )A ．4abB ．2(a 2＋b 2) C ．(a ＋b )2D ．(a －b )2[解析] ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2x ＋b 21－x (x ＋1－x )＝a 2＋a 2－xx ＋b 2x 1－x＋b 2≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2. 当且仅当x ＝aa ＋b时，等号成立．[答案] C 二、填空题7．(2015·安阳模拟)有下列条件：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________．[解析] 要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0且a b>0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个． [答案] 38．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________． [解析] 取a ＝2，b ＝1，得m <n .再用分析法证明：a －b <a －b ⇐a <b ＋a －b⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立． [答案] m <n9．关于x 的方程ax ＋a －1＝0在区间(0,1)内有实根，则实数a 的取值范围是__________．[解析] (1)当a ＝0时，方程无解．(2)当a ≠0时，令f (x )＝ax ＋a －1，则f (x )在区间(0,1)上是单调函数．依题意，得f (0)f (1)<0，∴(a －1)(2a －1)<0，∴12<a <1.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 10．凸函数的性质定理为如果函数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 ＝sinx 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________．[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 C3≤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.[答案]332三、解答题11．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F 点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明：由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2， ∴SA ⊥AD .同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，∴SA ⊥平面ABCD .(2)解：假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD . ∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD .∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ，∴平面SBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .12．(2015·郑州模拟)已知数列{a n }与{b n }满足b n a n ＋a n ＋1＋b n ＋1a n ＋2＝0，b n ＝3＋－n2，n ∈N ＋，且a 1＝2，a 2＝4.(1)求a 3，a 4，a 5的值．(2)设c n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1，n ∈N ＋，证明：{c n }是等比数列． (1)解：由b n ＝3＋－n2，n ∈N *，可得b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，2，n 为偶数.又b n a n ＋a n ＋1＋b n ＋1a n ＋2＝0，当n ＝1时，a 1＋a 2＋2a 3＝0，由a 1＝2，a 2＝4， 可得a 3＝－3；当n ＝2时，2a 2＋a 3＋a 4＝0，可得a 4＝－5； 当n ＝3时，a 3＋a 4＋2a 5＝0，可得a 5＝4. (2)证明：对任意n ∈N *，a 2n －1＋a 2n ＋2a 2n ＋1＝0， ①2a 2n ＋a 2n ＋1＋a 2n ＋2＝0，② a 2n ＋1＋a 2n ＋2＋2a 2n ＋3＝0，③ ②－③，得a 2n ＝a 2n ＋3，④将④代入①，可得a 2n ＋1＋a 2n ＋3＝－(a 2n －1＋a 2n ＋1)，即c n ＋1＝－c n (n ∈N *)．又c 1＝a 1＋a 3＝－1，故c n ≠0，因此q ＝－1.所以{c n }是等比数列．。
2019年高三数学(文科)人教A版一轮课时分层训练35直接证明与间接证明Word版含解析
课时分层训练(三十五)直接证明与间接证明(对应学生用书第206页)A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是() A．ac2<bc2B．a2>ab>b2C．1a<1b D．ba>abB[a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>aB．①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.]2．用反证法证明命题：若整数系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理实数根，则a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设中正确的是()【导学号：79170221】A．假设a，b，c至多有一个是偶数B．假设a，b，c至多有两个偶数C．假设a，b，c都是偶数D．假设a，b，c都不是偶数D[“至少有一个”的否定为“一个都没有”，即假设a，b，c都不是偶数．] 3．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)>0 D．(a－b)(a－c)<0C [由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2 ⇐(a ＋c )2－ac <3a 2 ⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0 ⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0 ⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.]4．设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy ( ) 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2C [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.]5．(2018·南昌模拟)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项之积为T n ，并且满足条件：a 1＞1，a 2 016a 2 017＞1，a 2 016－1a 2 017－1＜0，下列结论中正确的是( ) A ．q ＜0B ．a 2 016a 2 018－1＞0C ．T 2 016是数列{T n }中的最大项D ．S 2 016＞S 2 017C [由a 1＞1，a 2 016a 2 017＞1得q ＞0，由a 2 016－1a 2 017－1＜0，a 1＞1得a 2 016＞1，a 2 017＜1,0＜q ＜1，故数列{ a n }的前2 016项都大于1，从第2 017项起都小于1，因此T 2 016是数列{T n }中的最大项．故选C ．] 二、填空题6．用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设________． x ≠－1且x ≠1 [“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．]7．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________． m <n [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．]8．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab ≥2成立的条件的个数是__________．3 [要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0，且ab >0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个．] 三、解答题9．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ． [证明] 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证：2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0， 即(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.8分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ．12分10．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 nn (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.【导学号：79170222】[解] (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，所以(q2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎨⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，即(p －r )2＝0， 所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( ) A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤AA [∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数．∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C ．] 2．在不等边三角形ABC 中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足__________．a 2>b 2＋c 2[由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，得b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.]3．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.【导学号：79170223】[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. 2分由“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 ＝3.5分 (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 ，10分解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在.12分。
(北京专用)2019版高考数学一轮复习 第十一章 复数、算法、推理与证明 第四节 直接证明与间接证明
所以{an}是首项为1,公比为 12 的等比数列,
所以an=
1 2n1
.
(2)证明:假设数列{an}中存在三项按原来顺序成等差数列,记为ap+1,aq+1,ar
+1(p<q<r,且p,q,r∈N*),
则2· 1 = 1 + 1 ,
2q 2p 2r
所以2·2r-q=2r-p+1. (*)
又因为p<q<r,p,q,r∈N*, 所以r-q,r-p∈N*, 所以(*)式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立. 所以假设不成立,原命题得证.
第四节 直接证明与间接证明
教材研读
总纲目录
1.直接证明 2.间接证明
考点突破
考点一 综合法的应用 考点二 分析法的应用
考点三 反证法的应用
教材研读
1.直接证明
内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、 从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的
公理、定理等,经过一系列的推 ② 充分 条件,直至最后,把要证明的结论归
=f
x
1 2
,即f x
1 2
=f x
1 2
,由偶函数
的定义可知f x
1 2
为偶函数.
考点二 分析法的应用
典例2
已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有
f (x1)
2
f
(x2 )
≥f
∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.
∵q≠0,∴q2-2q+1=0, ∴q=1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.
近年高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数课时达标检测(五十九)直接证明与间接证明、数学归
（通用版）2019版高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数课时达标检测（五十九）直接证明与间接证明、数学归纳法理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（通用版）2019版高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数课时达标检测（五十九）直接证明与间接证明、数学归纳法理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时达标检测（五十九）直接证明与间接证明、数学归纳法[小题对点练——点点落实]对点练（一）直接证明1．已知函数f(x）＝错误!x,a，b为正实数，A＝f错误!,B＝f（错误!)，C＝f错误!，则A，B，C的大小关系为（)A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：选A 因为错误!≥错误!≥错误!，又f（x)＝错误!x在R上是单调减函数，故f错误!≤f(错误!)≤f错误!，即A≤B≤C。
2．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( ）A．c≥b>a B．a〉c≥bC．c>b〉a D．a>c>b解析:选A ∵c－b＝4－4a＋a2＝(2－a）2≥0，∴c≥b.已知两式作差得2b＝2＋2a2,即b ＝1＋a2.∵1＋a2－a＝错误!2＋错误!〉0，∴1＋a2>a.∴b＝1＋a2〉a。
∴c≥b>a,故选A。
3．（2018·山西大同质检)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：错误!<错误!a”索的因应是( )A．a－b>0 B．a－c〉0C．(a－b)(a－c）〉0 D．（a－b）(a－c）<0解析：选C 要证b2－ac<错误!a,只需证b2－ac<3a2，即证（a＋c)2－ac<3a2，即证2a2－ac－c2>0，即证(2a＋c）(a－c）〉0,即证[2a－(a＋b)]（a－c）>0，即证（a－b）（a－c）>0,故索的因应是(a－b)（a－c）〉0.4．已知a,b∈R，m＝错误!，n＝错误!b2－b＋错误!,则下列结论正确的是（)A．m≤n B．m≥nC．m>n D．m〈n解析：选 A m＝错误!＝错误!＝错误!≤错误!＝错误!,n＝错误!b2－b＋错误!＝错误!错误!2＋错误!≥错误!，所以n≥m,故选A.5．设a＝错误!，b＝错误!－错误!，c＝错误!－错误!,则a,b,c的大小关系为________．答案：a>c〉b6．已知点A n（n，a n）为函数y＝错误!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________．解析：由条件得c n＝a n－b n＝错误!－n＝错误!，∴c n随n的增大而减小．∴c n＋1〈c n。
2019版高考数学一轮复习 第十章 算法、复数、推理与证明 第三节 直接证明与间接证明实用
(2)证明：由(1)可知 Sn＝n2， 要证原不等式成立，只需证n－1 12＋n＋1 12＞n22， 只需证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2. 只需证(n2＋1)n2＞(n2－1)2. 只需证 3n2＞1. 而 3n2＞1 在 n≥1 时恒成立， 从而不等式Sn1－1＋Sn1＋1＞S2n(n≥2，n∈N*)恒成立．
[证明] 要证 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2，
只需证
a2＋a12≥a＋1a－(2－ 2)．
因为 a＞0，所以a＋1a－(2－ 2)＞0，
所以只需证
a2＋a122≥a＋1a－2－
22，
即 2(2－ 2)a＋1a≥8－4 2，只需证 a＋1a≥2.
(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼 近结论的题型．
[例 1] (2018·武汉模拟)已知函数 f(x)＝(λx＋1)ln x－x＋1. (1)若 λ＝0，求 f(x)的最大值； (2)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 x＋y＋1＝0 垂直，证明：xf－x1＞0. [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 当 λ＝0 时，f(x)＝ln x－x＋1. 则 f′(x)＝1x－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0,1)上是增函数； 当 x＞1 时，f′(x)＜0，故 f(x)在(1，＋∞)上是减函数． 故 f(x)在 x＝1 处取得最大值 f(1)＝0.
些 数 学 定 义 、 公 理 、寻求使它成立的充分条件，
定理等，经过一系 直至最后，把要证明的结论
列的推理论证，最 归结为判定一个明显成立的
后 推 导 出 所 要 证 明 条件(已知条件、定理、定义、
2019高考数学一轮复习课时规范练35直接证明与间接证明理新人教B版
课时规范练35 直接证明与间接证明基础巩固组1.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明()A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥02.用反证法证明结论“三角形内角至少有一个不大于60°”,应假设()A.三个内角至多有一个大于60°B.三个内角都不大于60°C.三个内角都大于60°D.三个内角至多有两个大于60°3.(2017河南郑州模拟)设x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,则()A.P>QB.P<QC.P≤QD.P≥Q4.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2 〚导学号21500551〛5.(2017山东烟台模拟)设a>b>0,m=,n=,则m,n的大小关系是.6.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求证:ab+bc+ac≤.7.(2017河北唐山模拟)已知a>0,>1,求证:.综合提升组8.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x1+x2>0,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9.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则()A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形〚导学号21500552〛10.已知a,b是不相等的正数,x=,y=,则x,y的大小关系是.11.已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=a+bx-x2+x3,函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线.(1)求a,b的值;(2)证明f(x)≤g(x).创新应用组12.(2017贵州安顺调研)已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有≥f.13.在等差数列{a n}中,a1=3,其前n项和为S n,等比数列{b n}的各项均为正数,b1=1,公比为q(q≠1),且b2+S2=12,q=.(1)求a n与b n;(2)证明:+…+.〚导学号21500553〛参考答案课时规范练35直接证明与间接证明1.D在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.2.C“三角形内角至少有一个不大于60°”即“三个内角至少有一个小于等于60°”,其否定为“三角形内角都大于60°”.故选C.3.A因为2x+2-x≥2=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2;又(sin x+cosx)2=1+sin 2x,而sin 2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A.4.D∵a>0,b>0,c>0,∴≥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2.5.m<n 方法一:(取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.方法二:(分析法)⇐a<b+2+a-b⇐2>0,显然成立.6.证明由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.7.证明由已知>1及a>0可知0<b<1,要证,只需证>1,只需证1+a-b-ab>1,只需证a-b-ab>0,即>1,即>1,这是已知条件,所以原不等式得证.8.A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,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.9.D由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.由得则A2+B2+C2=,这与三角形内角和为180°相矛盾.因此假设不成立,故△A2B2C2是钝角三角形.10.x<y (a≠b)⇒a+b>2⇒2(a+b)>a+b+2⇒a+b>,即x<y.11.(1)解f'(x)=,g'(x)=b-x+x2,由题意得解得a=0,b=1.(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-x3+x2-x(x>-1).∵h'(x)=-x2+x-1=,∴h(x)在(-1,0)内为增函数,在(0,+∞)内为减函数.∴h(x)max=h(0)=0,即h(x)≤h(0)=0,即f(x)≤g(x).12.证明要证≥f,即证-2·,因此只要证-(x1+x2)≥-(x1+x2),即证,因此只要证,由于x1,x2∈R时,>0,>0,因此由均值不等式知显然成立,故原结论成立.13.(1)解设等差数列{a n}的公差为d.因为所以解得(q=-4舍去).故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3n-1.(2)证明因为S n=,所以.所以+…+.因为n≥1,所以0<,所以≤1-<1,所以.所以+…+.。
2019高三数学人教A版 文一轮课时分层训练35 直接证明与间接证明 含解析 精品
课时分层训练(三十五)直接证明与间接证明(对应学生用书第206页)A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是() A．ac2<bc2B．a2>ab>b2C．1a<1b D．ba>abB[a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>aB．①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.]2．用反证法证明命题：若整数系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理实数根，则a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设中正确的是()【导学号：79170221】A．假设a，b，c至多有一个是偶数B．假设a，b，c至多有两个偶数C．假设a，b，c都是偶数D．假设a，b，c都不是偶数D[“至少有一个”的否定为“一个都没有”，即假设a，b，c都不是偶数．] 3．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)>0 D．(a－b)(a－c)<0C [由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2 ⇐(a ＋c )2－ac <3a 2 ⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0 ⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0 ⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.]4．设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy ( ) 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2C [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.]5．(2018·南昌模拟)设等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和为S n ，前n 项之积为T n ，并且满足条件：a 1＞1，a 2 016a 2 017＞1，a 2 016－1a 2 017－1＜0，下列结论中正确的是( ) A ．q ＜0B ．a 2 016a 2 018－1＞0C ．T 2 016是数列{T n }中的最大项D ．S 2 016＞S 2 017C [由a 1＞1，a 2 016a 2 017＞1得q ＞0，由a 2 016－1a 2 017－1＜0，a 1＞1得a 2 016＞1，a 2 017＜1,0＜q ＜1，故数列{ a n }的前2 016项都大于1，从第2 017项起都小于1，因此T 2 016是数列{T n }中的最大项．故选C ．] 二、填空题6．用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设________． x ≠－1且x ≠1 [“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．]7．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________． m <n [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．]8．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab ≥2成立的条件的个数是__________．3 [要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0，且ab >0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个．] 三、解答题9．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ． [证明] 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证：2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0， 即(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.8分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ．12分10．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 nn (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.【导学号：79170222】[解] (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，所以(q2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎨⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，即(p －r )2＝0， 所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( ) A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤AA [∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数．∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C ．] 2．在不等边三角形ABC 中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足__________．a 2>b 2＋c 2[由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，得b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.]3．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.【导学号：79170223】[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. 2分由“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 ＝3.5分 (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 ，10分解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在.12分。
2019高考数学一轮复习课时规范练34直接证明与间接证明文
课时规范练直接证明与间接证明
基础巩固组
.要证≤,只需证明()
≤≤
≤.()()≥
.用反证法证明结论“三角形内角至少有一个不大于°”,应假设()
.三个内角至多有一个大于°
.三个内角都不大于°
.三个内角都大于°
.三个内角至多有两个大于°
.(河南郑州模拟)设>( ),则()
><≤≥
.设均为正实数,则三个数()
.都大于.都小于
.至少有一个不大于 .至少有一个不小于
.(山东烟台模拟)设>>,则的大小关系是.
.设均为正数,且,求证≤.
.(河北唐山模拟)已知>,>,求证:.
〚导学号〛
综合提升组
.设()是定义在上的奇函数,且当≥时()单调递减,若>,则()()的值()
.恒为负值.恒等于零
.恒为正值.无法确定正负
.如果△的三个内角的余弦值分别等于△的三个内角的正弦值,则()
.△和△都是锐角三角形
.△和△都是钝角三角形
.△是钝角三角形,△是锐角三角形
.△是锐角三角形,△是钝角三角形
.已知是不相等的正数,则的大小关系是.
.已知函数()()(),函数()与函数()的图象在交点()处有公共切线.
()求的值;
()证明()≤().。
【数学】2019届一轮复习全国经典版（理）直接证明与间接证明学案
第4讲直接证明与间接证明板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1直接证明内容综合法分析法定义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的方法从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，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)为止实质由因导果(顺推证法)执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……1．反证法的定义假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．2．利用反证法证题的步骤(1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；(2)由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；(3)由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．[必会结论]分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．要证明3＋7<25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是()A．综合法B．分析法C．反证法D．归纳法答案 B解析从要证明的结论——比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法．故选B.3．[课本改编]用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是()A．假设至少有一个钝角B．假设至少有两个钝角C．假设没有一个钝角D．假设没有一个钝角或至少有两个钝角答案 B解析 注意到：“至多有一个”的否定应为“至少有两个”．故选B.4．[2018·包头模拟]若实数a ，b 满足a ＋b ＜0，则( )A ．a ，b 都小于0B ．a ，b 都大于0C ．a ，b 中至少有一个大于0D ．a ，b 中至少有一个小于0答案 D解析 假设a ，b 都不小于0，即a ≥0，b ≥0，则a ＋b ≥0，这与a ＋b ＜0相矛盾，因此假设错误，即a ，b 中至少有一个小于0.5．[2018·扬州调研]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 解法一：(取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m <n .解法二：(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．6．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成立的条件的序号是________．答案 ①③④解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且a b >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④都能使b a ＋a b ≥2成立．板块二 典例探究·考向突破考向综合法证明 例1 已知sin θ，sin x ，cos θ成等差数列，sin θ，sin y ，cos θ成等比数列．证明：2cos2x ＝cos2y .证明 ∵sin θ与cos θ的等差中项是sin x ，等比中项是sin y ，∴sin θ＋cos θ＝2sin x ，①sin θcos θ＝sin 2y ，②①2－②×2，可得(sin θ＋cos θ)2－2sin θcos θ＝4sin 2x －2sin 2y ，即4sin 2x －2sin 2y ＝1.∴4×1－cos2x 2－2×1－cos2y 2＝1，即2－2cos2x －(1－cos2y )＝1. 故证得2cos2x ＝cos2y .触类旁通 综合法证明的思路(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． 【变式训练1】 已知f (x )＝12x ＋2，证明：f (x )＋f (1－x )＝22. 证明 ∵f (x )＝12x ＋2， ∴f (x )＋f (1－x )＝12x ＋2＋121－x ＋2＝12x ＋2＋2x2＋2·2x ＝22＋2·2x ＋2x 2＋2·2x ＝2＋2x 2＋2·2x ＝2＋2x 2(2＋2x )＝12＝22. 故f (x )＋f (1－x )＝22成立．考向分析法证明 例 2 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 22≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫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⎝⎛ 当且仅当a ＝1a ＝1时等号成立 )，所以要证的不等式成立．触类旁通分析法证题的技巧(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，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，从而使原命题得证．【变式训练2】 已知正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1.求证：a ＋b ＋c ≤ 3.证明 欲证a ＋b ＋c ≤3，则只需证(a ＋b ＋c )2≤3，即证a ＋b ＋c ＋2(ab ＋bc ＋ac )≤3，即证ab ＋bc ＋ac ≤1.又ab ＋bc ＋ac ≤a ＋b 2＋b ＋c 2＋a ＋c 2＝1，当且仅当a ＝b ＝c＝13时取“＝”∴原不等式a ＋b ＋c ≤3成立．考向 反证法的应用 命题角度1 证明否定性命题例3 设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和．(1)求证：数列{S n }不是等比数列；(2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？解 (1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)，∵a 1≠0，∴(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，解得q ＝0，这与q ≠0相矛盾，故数列{S n }不是等比数列．(2)当q ＝1时，{S n }是等差数列．当q ≠1时，{S n }不是等差数列．假设q ≠1时，S 1，S 2，S 3成等差数列，即2S 2＝S 1＋S 3，2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)．由于a 1≠0，∴2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2，∵q ≠1，∴q ＝0，这与q ≠0相矛盾．综上可知，当q ＝1时，{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列． 命题角度2 证明存在性问题例 4 设x 、y 、z >0，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x ，求证：a 、b 、c 三数至少有一个不小于2.证明 假设a 、b 、c 都小于2，则a ＋b ＋c <6.而事实上a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z ≥2＋2＋2＝6(当且仅当x＝y ＝z ＝1时取“＝”)与a ＋b ＋c <6矛盾，∴a ，b ，c 中至少有一个不小于2.命题角度3 证明唯一性命题例5 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F点的位置；若不存在，请说明理由．解(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.∵BC∥AD，BC⊄平面SAD.∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S 矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.触类旁通反证法的适用范围及证明的关键(1)适用范围：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．(2)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．【变式训练3】(1)若三个方程x2＋4mx－4m＋3＝0，x2＋(m－1)x＋m2＝0，x2＋2mx－2m＝0中至少有一个方程有实数根，求实数m 的取值范围．解当三个方程都没有实根时，⎩⎪⎨⎪⎧ (4m )2－4(3－4m )<0，(m －1)2－4m 2<0，4m 2＋8m <0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4m 2＋4m －3<0，3m 2＋2m －1>0，m 2＋2m <0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ －32<m <12，m <－1或m >13，－2<m <0，所以－32<m <－1. 所以，三个方程中至少有一个方程有实根时，m 的取值范围为m ≥－1或m ≤－32.(2)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由已知得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．核心规律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．满分策略1.当题目条件较多，且都很明确时，由因导果较容易，一般用综合法，但在证明中，要保证前提条件正确，推理要合乎逻辑规律．2.当题目条件较少，可逆向思考时，执果索因，使用分析法解决．但在证明过程中，注意文字语言的准确表述．3.利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，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.板块三 启智培优·破译高考创新交汇系列12——分析法与综合法的交汇整合[2018·长沙模拟]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．解题视点(1)先判断它们的大小，可用特例法．(2)用分析法探寻证题思路．(3)用综合法完成证明．事实上，取a＝1，b＝2，c＝4，则f(a)＋f(c)＝f(1)＋f(4)＝log218，2f(b)＝2f(2)＝log216，于是由log218>log216，猜测f(a)＋f(c)>2f(b)．要证f(a)＋f(c)>2f(b)，则只需证log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)，即证log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，也即证(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.展开整理得ac＋2(a＋c)>b2＋4b.因为b2＝ac，所以只要证a＋c>2ac，显然是成立的．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b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)>b2＋4b，即ac＋2(a＋c)＋4>b2＋4b＋4，从而(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.因为f(x)＝log2x是增函数，所以log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，即log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)．故f(a)＋f(c)>2f(b)．答题启示(1)综合法和分析法各有其优缺点，分析法利于思考，综合法宜于表达，因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程.有时要把分析法和综合法结合起来交替使用，才能成功.(2)本题易错的原因一是不会用分析法分析，找不到解决问题的切入口；二是不会用综合法表述，从而导致解题格式不规范.将分析法和综合法整合，是证明数学问题的一种重要的思想方法.跟踪训练[2018·安徽模拟](1)设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy；(2)1<a≤b≤c，证明：log a b＋log b c＋log c a≤log b a＋log c b＋log a c.证明 (1)由于x ≥1，y ≥1，所以要证明：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ，只要证明：xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2，只要证明：(xy )2－1＋(x ＋y )－xy (x ＋y )≥0， 只要证明：(xy －1)(xy ＋1－x －y )≥0， 只要证明：(xy －1)(x －1)(y －1)≥0.由于x ≥1，y ≥1，上式显然成立，所以原命题成立．(2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，则log c a ＝1log b c log ab ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y ，log a c ＝xy ，∴所要证明不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy . ∵c ≥b ≥a >1，∴x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1， 由(1)知所证明的不等式成立．板块四 模拟演练·提能增分[A 级 基础达标]1．[2018·绵阳周测]设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( )A ．t >sB ．t ≥sC ．t <sD ．t ≤s答案 D解析 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t .选D 项． 2．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2<bc 2 B ．a 2>ab >b 2 C.1a <1b D.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 2.3．下列不等式一定成立的是( )A ．lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋14>lg x (x >0)B ．sin x ＋1sin x >2(x ≠k π，k ∈Z ) C ．x 2＋1≥2|x |(x ∈R ) D.1x 2＋1<1(x ∈R ) 答案 C解析 对于A ，当x >0时，x 2＋14≥2·x ·12＝x ，所以lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋14≥lg x ，故A 不正确；对于B ，当x ≠k π时，sin x 正负不定，不能用基本不等式，所以B 不正确；对于D ，当x ＝0时，1x 2＋1＝1，故D 不正确．由基本不等式可知选项C 正确．4．若a >0，b >0，a ＋b ＝1，则下列不等式不成立的是( ) A ．a 2＋b 2≥12B ．ab ≤14 C.1a ＋1b ≥4 D.a ＋b ≤1答案 D解析 a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ＝1－2ab ≥1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝12，∴A 成立；ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝14，∴B 成立．又1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝2＋b a ＋ab ≥2＋2b a ＋ab ＝4，∴C 成立，∴应选D.5．[2018·邹平期末]若a >b >c ，则使1a －b ＋1b －c ≥ka －c 恒成立的最大的正整数k 为( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 C解析 ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0， 且a －c ＝a －b ＋b －c .又a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －c b －c ＝2＋b －c a －b ＋a －b b －c ≥2＋2＝4，∴k ≤a －c a －b ＋a －c b －c ，k ≤4，故k 的最大整数为4.故选C.6．[2018·邯郸模拟]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)答案 ③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，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1.7．已知a ＋b ＋c ＝0，求证：a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0. 证明 运用“立方和”公式证明： a 3＋b 3＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)， ∴原式＝a 3＋b 3＋(a 2c ＋b 2c －abc ) ＝(a ＋b )·(a 2－ab ＋b 2)＋c (a 2－ab ＋b 2) ＝(a ＋b ＋c )·(a 2－ab ＋b 2) ∵a ＋b ＋c ＝0， ∴原式＝0，即当a ＋b ＋c ＝0时，a 3＋a 2c ＋b 2c －abc ＋b 3＝0.8．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．9．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 nn (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)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)，得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝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 *，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ⇒(p －r )2＝0. 所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．10．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，∴ax 2－x 1>1且ax 1>0， ∴ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)>0. 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)＝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)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<ax 0<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．[B 级 知能提升]1．已知x ，y ∈R ，M ＝x 2＋y 2＋1，N ＝x ＋y ＋xy ，则M 与N 的大小关系是( )A ．M ≥NB ．M ≤NC ．M ＝ND ．不能确定答案 A解析 M －N ＝x 2＋y 2＋1－(x ＋y ＋xy ) ＝12[(x 2＋y 2－2xy )＋(x 2－2x ＋1)＋(y 2－2y ＋1)] ＝12[(x －y )2＋(x －1)2＋(y －1)2]≥0.故M ≥N .2．已知实数m ，n 满足m ·n >0，m ＋n ＝－1，则1m ＋1n 的最大值为________．答案 －4解析 ∵m ·n >0，m ＋n ＝－1，∴m <0，n <0，∴1m ＋1n ＝－(m ＋n )⎝⎛⎭⎪⎫1m ＋1n＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋m n ＋n m ≤－2－2m n ·nm ＝－4，当且仅当m ＝n ＝－12时，1m ＋1n 取得最大值－4. 3．[2018·清水期末]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．4．[2018·正定模拟]设f (x )＝3ax 2＋2bx ＋c .若a ＋b ＋c ＝0，f (0)>0，f (1)>0，求证：(1)a >0且－2<ba <－1；(2)方程f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．证明 (1)∵f (0)>0，f (1)>0，∴c >0,3a ＋2b ＋c >0. 由a ＋b ＋c ＝0，消去b 得a >c >0；再由条件a ＋b ＋c ＝0，消去c 得a ＋b <0且2a ＋b >0， ∴－2<ba <－1.(2)解法一：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac ) ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋34c 2>0，∴方程f (x )＝0有两个实根．设方程的两根为x 1，x 2，由根与系数的关系得 x 1＋x 2＝－2b 3a >0，x 1x 2＝c3a >0，故两根为正． 又∵(x 1－1)＋(x 2－1)＝－2b3a －2<0，(x 1－1)(x 2－1)＝3a ＋2b ＋c3a>0，故两根均小于1，命题得证． 解法二：∵Δ＝4b 2－12ac ＝4(a 2＋c 2－ac )＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a －c 22＋3c 24>0， 由(1)知－2<b a <－1，∴12<－b2a <1， 已知f (0)>0，f (1)>0，∴f (x )＝0在(0,1)内有两个实根．5．[2015·陕西高考]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 )和g n (x )的大小，并加以证明．解 (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，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)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)xn －12. 若0<x <1，h ′(x )>x n －1＋2xn －1＋…＋nxn －1－n (n ＋1)2x n －1＝n (n ＋1)2xn －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)2·xn－1＝n(n＋1)2xn－1－n(n＋1)2·xn－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)．。
高考数学总复习 课时作业53 直接证明与间接证明 文 新
课时作业(五十三) 直接证明与间接证明A 级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．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x(x ＜0)，则a 与b 大小关系为( ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ＝bD ．a ≤b3．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥04．若x ，y ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( ) A ．log 2(1＋2x 2)＞0 B ．x 2＋y 2≥2(x －y －1) C ．x 2＋3xy ＞2y 2D.x y ＜x ＋1y ＋15．设x 、y 、z ＞0，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a 、b 、c 三数( )A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于26．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________． 7．若a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是____________．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．(2011·肇庆模拟)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__________．10．若a ＞b ＞c ＞d ＞0且a ＋d ＝b ＋c ， 求证：d ＋a ＜b ＋c .11．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若a，b，c三边的倒数成等差数列，求证：∠B＜90°.B 级1．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a与b的等比中项，y是b与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2．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞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)3．已知{a n}是正数组成的数列，a1＝1，且点(a n，a n＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足b1＝1，b n＋1＝b n＋2a n，求证：b n·b n＋2＜b2n＋1.答案：课时作业(五十三)A 级1．B 分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，即②⇒①，所以①是②的必要条件．2．A ∵a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b ＝e x ＜e 0＝1，故a ＞b . 3．D 因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0. 4．B ∵1＋2x 2≥1，∴log 2(1＋2x 2)≥0，故A 不正确；x 2＋y 2－2(x －y －1)＝(x －1)2＋(y ＋1)2≥0，故B 正确；令x ＝0，y ＝1，则x 2＋3xy ＜2y 2，故C 不正确； 令x ＝3，y ＝2，则32＞3＋12＋1，故D 不正确．5．C 假设a 、b 、c 都小于2，则a ＋b ＋c ＜6.而事实上a ＋b ＋c ＝x ＋1x ＋y ＋1y ＋z ＋1z≥2＋2＋2＝6与假设矛盾，∴a 、b 、c 中至少有一个不小于2.6．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 .答案： a ＜b7．解析： ∵a a ＋b b ＞a b ＋b a ⇔(a －b )2(a ＋b )＞0⇔a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案： a ≥0，b ≥0且a ≠b8．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”．答案： a ，b ，c ，d 全是负数9．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 . 答案： c n ＋1＜c n10．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. ∴ad ＜bc 成立，从而d ＋a ＜b ＋c 成立．11．证明： 假设∠B ＜90°不成立，即∠B ≥90°，从而∠B 是△ABC 的最大角，∴b 是△ABC 的最大边，即b ＞a ，b ＞c .∴1a ＞1b ，1c ＞1b ，相加得1a ＋1c ＞1b ＋1b ＝2b，这与1a ＋1c ＝2b矛盾．故∠B ≥90°不成立．因此∠B ＜90°.B 级1．B 由已知条件，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2b ， ①x 2＝ab ， ②y 2＝bc . ③由②③得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝x 2b，c ＝y2b .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．2．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. 答案： ③3．解析： (1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1，则a n ＋1－a n ＝1，又a 1＝1， 所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． 故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)证明：由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n.b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1＝(2n －1)(2n ＋2－1)－(2n ＋1－1)2＝(22n ＋2－2n ＋2－2n ＋1)－(22n ＋2－2×2n ＋1＋1)＝－5×2n＋4×2n＝－2n＜0，所以b n ·b n ＋2＜b 2n ＋1.。
人教版数学高考(文)一轮复习训练：第七章规范练35直接证明与间接证明(1)
人教版数学高考（文）一轮复习训练：第七章规范练35直接证明与间接证明(1)基础巩固1.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明( )A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥02.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:a”索的因应是( )A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<03.(2017河南郑州模拟)设x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,则( )A.P>QB.P<QC.P≤QD.P≥Q4.已知不相等的三个正数a,b,c成等差数列,且x是a,b的等比中项,y是b,c 的等比中项,则x2,b2,y2( )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5.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26.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x1+x2>0,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7.(2017山东烟台模拟)设a>b>0,m=,n=,则m,n的大小关系是.8.与2的大小关系为.9.若a,b,c是不全相等的正数,求证:lg+lg+lg>lg a+lg b+lg c.10.(2017河北唐山模拟)已知a>0,>1,求证: .11.在等差数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,b1=1,公比为q(q≠1),且b2+S2=12,q=.(1)求an与bn;(2)证明:+…+.能力提升12.若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则( )A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形13.已知a,b,μ∈(0,+∞),且=1,要使得a+b≥μ恒成立,则μ的取值范围是.14.在Rt△ABF中,AB=2BF=4,C,E分别是AB,AF的中点(如图1).将此三角形沿CE对折,使平面AEC⊥平面BCEF(如图2),已知D是AB的中点.(1)求证:CD∥平面AEF;(2)求证:平面AEF⊥平面ABF.图1图2高考预测15.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=2.(1)证明:数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(n∈N*)的前n项和为Tn,证明:Tn<6.答案：1.D 解析:在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.2.C 解析:a⇔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.A 解析:因为2x+2-x≥2=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2;又(sin x+cos x)2=1+sin 2x,而sin 2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A.4.B 解析:由已知条件,可得由②③得代入①,得=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.5.D 解析:∵a>0,b>0,c>0,∴≥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2.6.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上的减函数.由x1+x2>0,可知x1>-x2,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.7.m<n 解析:(方法一:取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.(方法二:分析法)因为a>b>0,所以要得出m与n的大小关系,只需判断与1的大小关系,只需判断与1的大小关系,只需判断a+b-2-(a-b)与0的大小关系,只需判断2b-2与0的大小关系,只需判断与0的大小关系.由a>b>0,可知<0,即<1,即可判断m<n.8.>2 解析:要比较与2的大小,只需比较()2与(2)2的大小,只需比较6+7+2与8+5+4的大小,只需比较与2的大小,只需比较42与40的大小,∵42>40,∴>2.9.证明:∵a,b,c∈(0,+∞),∴>0,>0,>0.又上述三个不等式中等号不能同时成立.∴>abc成立.上式两边同时取常用对数,得lg>lg abc,∴lg+lg+lg>lg a+lg b+lg c.10.证明:由已知>1及a>0可知0<b<1,要证,只需证>1,只需证1+a-b-ab>1,只需证a-b-ab>0,即>1,即>1,这是已知条件,所以原不等式得证.11.(1)解:设等差数列{an}的公差为d.因为所以解得(q=-4舍去).故an=3+3(n-1)=3n,bn=3n-1.(2)证明:因为Sn=,所以.所以+…+==.因为n≥1,所以0<,所以≤1-<1,所以.所以+…+.12.D 解析:由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.由得则A2+B2+C2=,这与三角形内角和为180°相矛盾.因此假设不成立,故△A2B2C2是钝角三角形.13.(0,16] 解析:∵a,b∈(0,+∞),且=1,∴a+b=(a+b)=10+≥10+2=16(当且仅当a=4,b=12时等号成立).∴a+b的最小值为16.∴要使a+b≥μ恒成立,只需16≥μ.∴0<μ≤16.14.证明:(1)取AF中点M,连接DM,EM.∵D,M分别是AB,AF的中点,∴DM是△ABF的中位线,∴DM��BF.又CE��BF,∴四边形CDME是平行四边形,∴CD∥EM.又EM⊂平面AEF,CD⊄平面AEF,∴CD∥平面AEF.(2)由题意知CE⊥AC,CE⊥BC,且AC∩BC=C,故CE⊥平面ABC.又CD⊂平面ABC,∴CE⊥CD.∴四边形CDME是矩形.∴EM⊥MD.在△AEF中,EA=EF,M为AF的中点,∴EM⊥AF,且AF∩MD=M,∴EM⊥平面ABF.又EM⊂平面AEF,∴平面AEF⊥平面ABF.15.(1)解:因为Sn=an+1+n-2,所以当n≥2时,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3,两式相减,得an=an+1-an+1,即an+1=2an-1.设cn=an-1,代入上式,得cn+1+1=2(cn+1)-1,即cn+1=2cn(n≥2).又Sn=an+1+n-2,则an+1=Sn-n+2,故a2=S1-1+2=3.所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c1.综上,对于正整数n,cn+1=2cn都成立,即数列{an-1}是等比数列,其首项a1-1=1,公比q=2.所以an-1=1×,故an=+1.(2)证明:由Sn=an+1+n-2,得Sn-n+2=an+1=2n+1,即Sn-n+1=2n,所以bn=.所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=+…+,①2×①,得2Tn=3++…+,②②-①,得Tn=3++…+=3×=3×=6-.因为>0,所以Tn=6-<6.。
2022年人教版高考数学考点总复习课时规范练35 直接证明与间接证明
课时规范练35直接证明与间接证明基础巩固组1.用反证法证明“已知x,y∈R,x2+y2=0,求证:x=y=0.”时,应假设()A.x≠y≠0B.x=y≠0C.x≠0且y≠0D.x≠0或y≠02.(2020安徽高二期末)利用反证法证明命题“若√x+√y=0,则x=y=0”,以下假设正确的是()A.x、y都不为0B.x、y不都为0C.x、y都不为0,且x≠yD.x、y至少有一个为03.下列表述正确的是()①归纳推理是由特殊到一般的推理;②演绎推理是由一般到特殊的推理;③类比推理是由特殊到一般的推理;④分析法是一种间接证明法;⑤若z∈C,且|z+2-2i|=1,则|z-2-2i|的最小值是3.A.①②③④B.②③④C.①②④⑤D.①②⑤4.①已知α,β都是锐角,且sin (α+β)=2sin α,求证:α<β.用反证法证明时,可假设α≥β;②已知x2-(a+b)x+ab≠0,求证:x≠a,且x≠b,可假设x=a,且x=b,则下列结论中正确的是()A.①②假设都错误B.①②假设都正确C.①的假设正确,②的假设错误D.①的假设错误,②的假设正确5.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x1+x2>0,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.(2020江苏高三专题练习)若P=√a+√a+7,Q=√a+3+√a+4(a≥0),则P,Q的大小关系为.7.若x∈R,a=x2-x,b=x2-3x+2.证明:a,b至少有一个不小于0.综合提升组8.(2020北京陈经纶中学开学考试)设f (x )是定义在R 上的函数,若存在两个不等实数x 1,x 2∈R ,使得fx 1+x 22=f (x 1)+f (x 2)2,则称函数f (x )具有性质P ,那么下列函数:①f (x )={1x,x≠0,0,x =0;②f (x )=x 2;③f (x )=|x 2-1|.具有性质P 的函数的个数为( ) A.0B.1C.2D.39.一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”问题,原文如下:有物不知数,三三数之剩二,五五数之剩三,问物几何?即,一个整数除以三余二,除以五余三,求这个整数.设这个整数为a ,当a ∈[2,2 019]时,符合条件的a 共有 个.10.(2020河南高二月考)在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c. (1)若A=2B ,证明:a=2b cos B ; (2)若1a +1b =2c ,证明:C<π2.11.已知数列{a n }中,a 1=1,其前n 项和为S n ,且满足a n =2S n 22S n -1(n ≥2). (1)求证:数列{1S n}是等差数列;(2)证明:当n ≥2时,S 1+12S 2+13S 3+…+1n S n <32.创新应用组12.(2020河南南阳华龙中学月考)不等式证明:√y √x ≥√x +√y .(其中x>0,y>0)13.(2020湖北高三联考)(1)已知x,y,z均为正数,且8xyz=1,求证:(8x+2)(8y+2)(8z+2)≥27.64,求证:2m2n+4mn2+1≤4m2n2+m+2n.(2)已知实数m,n满足m≥1,n≥12参考答案课时规范练35直接证明与间接证明1.D用反证法证明“已知x,y∈R,x2+y2=0,求证:x=y=0.”时,应先假设x≠0或y≠0.故选D.2.B将命题“若√x+√y=0,则x=y=0”的结论否定可得出“x≠0或y≠0”,即x、y不都为0.故选B.3.D归纳推理是由部分到整体、特殊到一般的推理,故①正确;演绎推理是由一般到特殊的推理,故②正确;类比推理是由特殊到特殊的推理,故③错误;分析法是一种直接证明法,故④错误;|z+2-2i|=1表示复平面上的点到(-2,2)的距离为1的圆,|z-2-2i|的最小值就是圆上的点到(2,2)的距离的最小值,就是圆心到(2,2)的距离减去半径,即|2-(-2)|-1=3,故⑤正确.故选D.4.C对于①,用反证法来证明时,应假设α<β不成立,即α≥β,故①的假设正确.对于②,用反证法来证明时,应假设x≠a,且x≠b不成立,也就是x=a或x=b,故②的假设错误.故选C.5.A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)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0.故选A.6.P<Q假设P<Q,因为要证P<Q,只需要证P2<Q2,只需要证2a+7+2√a2+7a<2a+7+2√a2+7a+12,只需要证a2+7a<a2+7a+12,即0<12.所以P<Q.7.证明假设a,b均小于0,即a<0,b<0,则有a+b<0,而a+b=(x2-x)+(x2-3x+2)=2x2-4x+2=2(x-1)2≥0,这与a+b<0矛盾,所以假设不成立,故a,b至少有一个不小于0.8.C ①中函数是奇函数,可找关于原点对称的点,比如f 1+(-1)2=f (0)=f (1)+f (-1)2=1-12=0,故①正确;②假设存在不相等x 1,x 2∈R ,使得fx 1+x 22=f (x 1)+f (x 2)2,即(x 1+x 22)2=x 12+x 222,得x 1=x 2,矛盾,故②不正确;③函数为偶函数,f (0)=1,令f (x )=|x 2-1|=1,x=±√2, 则f√2-√22=f (0)=1=f (√2)+f (-√2)2,故③正确.故选C.9.135 由题设a=3m+2=5n+3,m ,n ∈N *,则3m=5n+1. 当m=5k ,n 不存在; 当m=5k+1,n 不存在; 当m=5k+2,n=3k+1,满足题意; 当m=5k+3,n 不存在; 当m=5k+4,n 不存在; 故2≤a=15k+8≤2 019, 解得-615≤k ≤2 01115. 则k=0,1,2,…,134,共135个.10.证明 (1)因为A=2B ,所以sin A=sin 2B ,则sin A=2sin B cos B ,由正弦定理得a=2b cos B. (2)假设C ≥π2,则c>a>0,c>b>0,那么0<1c <1a ,0<1c <1b ,于是1c +1c <1a +1b ,即2c <1a +1b ,与已知1a +1b =2c矛盾,故假设错误, 所以当1a +1b =2c 时,C<π2. 11.证明 (1)当n ≥2时,S n -S n-1=2S n 22S n -1,S n-1-S n =2S n S n-1,1S n −1S n -1=2,从而{1S n}是以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,1S n=1S 1+(n-1)×2=2n-1,∴S n =12n -1,∴当n ≥2时,1n S n =1n (2n -1)<1n (2n -2)=12·1n (n -1)=121n -1−1n,从而S 1+12S 2+13S 3+…+1n S n <1+121-12+12−13+…+1n -1−1n<32−12n<32.12.证明 要证x √y +y √x≥√x +√y ,因为√xy >0,即证√xyx √y +y√x≥√xy(√x +√y ),也就是证x √x +y √y ≥x √y +y √x ,只需证(√x −√y )(x-y )≥0,即只要证(√x -√y )2(√x +√y )≥0,而(√x -√y )2(√x +√y )≥0显然成立,则上述不等式也成立,故原不等式√y +√x ≥√x +√y 成立.13.证明 (1)因为x>0,由三个正数的基本不等式可得, 8x+2=8x+1+1≥3√8x ×1×13=6√x 3,当且仅当x=18时取等号; 同理可得8y+2≥6√y 3,8z+2≥6√z 3,当且仅当y=18,z=18时取等号;故(8x+2)(8y+2)(8z+2)≥216√xyz 3,当且仅当x=y=z=18时取等号,因为8xyz=164,所以(8x+2)(8y+2)(8z+2)≥27,当且仅当x=y=z=18时取等号.(2)要证2m 2n+4mn 2+1≤4m 2n 2+m+2n ,即证4m 2n 2-4mn 2+2n-2m 2n+m-1≥0,即证4mn 2(m-1)-(2mn+2n )(m-1)+m-1≥0,即证(m-1)(4mn 2-2mn-2n+1)≥0,即证(m-1)[2mn (2n-1)-(2n-1)]≥0,即证(m-1)(2n-1)(2mn-1)≥0,因为m ≥1,n ≥12,所以m-1≥0,2n-1≥0,2mn-1≥0,所以(m-1)(2n-1)(2mn-1)≥0,所以2m 2n+4mn 2+1≤4m 2n 2+m+2n 得证.。
全国通用近年高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时作业三十九6.5直接证明与间接证明理(20
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十九6.5 直接证明与间接证明理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十九6.5 直接证明与间接证明理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时分层作业三十九直接证明与间接证明一、选择题(每小题5分,共25分）1.要证明+〈2，可选择的方法有以下几种,其中最合理的是（）A.综合法B.分析法C。
反证法D。
归纳法【解析】选B.从要证明的结论—-比较两个无理数大小出发,证明此类问题通常转化为比较有理数的大小,这正是分析法的证明方法.2.（2018·广州模拟)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2+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【解析】选A. 因为“方程x2+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x2+ax+b=0有一个实根或两个实根"，所以该命题的否定是“方程x2+ax+b=0没有实根"。
3.要证:a2+b2-1—a2b2≤0，只要证明（)A.2ab—1—a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C。
-1-a2b2≤0D.（a2-1）（b2—1)≥0【解析】选D.因为要证a2+b2—1-a2b2≤0，只需要证(a2—1）(b2-1)≥0.4。
高考数学一轮复习知识点与练习直接证明和间接证明
1．直接明(1)合法①定：从条件出，以的定、公理、定理依据，逐步下推，直到推出要明的止，种明方法常称合法．②框表示：条件? ⋯ ? ⋯ ?③思程：由因果．(2)分析法①定：从的出，追溯致成立的条件，逐步上溯，直到使成立的条件和条件或事吻合止．种明方法常称分析法．②框表示： ?⋯ ?⋯ ? 条件③思程：果索因．2．接明(1)反法：假原命不成立 (即在原命的条件下，不成立 )，正确的推理，最后得出矛盾，因此明假，从而明原命成立的明方法．(2)反法的步：①反——假命的不成立，即假定原的反面真；② ——从反和条件出，一系列正确的推理，得出矛盾果；③存真——由矛盾果，断定反不真，从而肯定原成立．【思考辨析】- 1 -判断下面结论是否正确(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认，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最适宜的方法是分析法． ( )1．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 ，那么 c n 与 c n ＋ 1 的大小关系为 _______________________ ．2． 用反证法证明：假设整系数一元二次方程ax一个是偶数．用反证法证明时，以下假设正确的选项是①假设 a ，b ， c 都是偶数；②假设 a ，b ， c 都不是偶数；③假设 a ，b ， c 至多有一个偶数；④假设 a ，b ， c 至多有两个偶数．2＋ bx ＋ c ＝ 0 (a ≠ 0)有有理数根，那么 a ， b ， c 中至少有________．3． 要证 a 2＋b 2－1－ a 2b 2≤ 0 只要证明 ________(填正确的序号 )．① 2ab － 1－ a 2b 2≤ 0；4 4 ② a 2＋ b 2－ 1－ a ＋ b≤0；22③a ＋b－ 1－ a 2b 2≤ 0；2④ (a 2－1)( b 2－ 1)≥ 0.4．如果 a a ＋b b>a b ＋ b a ，那么 a 、 b 应满足的条件是 __________________．5． (教材改编 ) 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，那么△ ABC 的形状为 ________三角形．题型一综合法的应用例1，且 a n＋1＝a n*)．1 数列 { a n} 满足 a1＝＋1(n∈N23a n1(1)证明数列 { a n} 是等差数列，并求数列{ a n} 的通项公式；(2)*1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< .6思维升华(1)综合法是“由因导果〞的证明方法，它是一种从到未知(从题设到结论 )的逻辑推理方法，即从题设中的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．设 a、 b、 c 均为正数，且 a＋b＋ c＝ 1，证明：1a2b2c2≥ 1.(1) ab＋bc＋ ac≤； (2)＋＋a3b c题型二分析法的应用例2 函数 f(x)＝ tan x，x∈0，2引申探究，假设 x1，x2∈0，21x1x2.，且 x1≠ x2，求证： [f(x1)＋ f(x2)]>f22假设本例中 f(x)变为 f(x) ＝3x－ 2x，试证：对于任意的x1， x2∈R，均有f x1＋f x2≥f x1x2.22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，可以采用两头凑的方法，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．a>0，求证211a ＋2－2≥a＋－ 2.a a题型三反证法的应用命题点 1证明否认性命题例3 数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，且满足 a n＋S n＝2.(1) 求数列 { a n} 的通项公式；(2)求证：数列 { a n} 中不存在三项按原来顺序成等差数列．命题点 2证明存在性问题1 23(1)设 g( x)＝ x － x＋是 [1， b] 上的“四维光军〞函数，求常数b 的值；22(2)是否存在常数 a， b(a>－ 2)，使函数 h(x)＝1是区间 [a ， b]上的“四维光军〞函数？假设存在，求出x ＋ 2a， b 的值；假设不存在，请说明理由．命题点 3证明唯一性命题例 5a≠ 0，证明关于x 的方程 ax＝b 有且只有一个根．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公理、定义、定理或矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．等差数列 { a n} 的前 n 项和为 S n， a1＝ 1＋2，S3＝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* )，求证：数列 { b n } 中任意不同的三项都不可能成为等比数22．反证法在证明题中的应用2典例 (14 分 )直线 y＝ kx＋m(m≠0)与椭圆 W：x＋ y2＝1 相交于 A、 C 两点， O 是坐标原点． 4(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．思维点拨(1) 根据菱形对角线互相垂直平分及点 B 的坐标设出点 A 的坐标，代入椭圆方程求得点 A 的坐标，后求AC 的长；(2)将直线方程代入椭圆方程求出AC 的中点坐标 (即 OB 的中点坐标 )，判断直线 AC 与 OB 是否垂直．温馨提醒(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根底，应用假设是反证法的根本手段，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．[方法与技巧 ]1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢．2．综合法的特点：从看可知，逐步推出未知．3．分析法和合法各有缺点．分析法思考起来比自然，容易找到解的思路和方法，缺点是思路逆行，表达繁；合法从条件推出，捷地解决，但不便于思考．常常两法兼用，先用分析法探索明途径，然后再用合法表达出来．[失与防范 ]1．用分析法明，要注意写格式的范性，常常用“ 要(欲)⋯⋯〞“ 即⋯⋯〞“ 只需⋯⋯〞等，逐步分析，直至一个明成立的．2．利用反法明数学，要假，并用假的命行推理，如果没有用假命推理而推出矛盾果，其推理程是的．A基( ： 45 分 )1．假设 a、 b∈R，下面四个式子中恒成立的是________(填序号 )．① lg(1 ＋a2)>0② a2＋b2≥ 2(a－ b－ 1)③ a2＋ 3ab>2b2a a＋ 1④b <b＋ 12．① p3＋ q3＝ 2，求 p＋ q≤ 2，用反法明，可假p＋ q≥ 2；② a，b∈R，|a|＋ |b|<1，求方程 x2＋ax＋ b＝ 0 的两根的都小于1，用反法明可假方程有一根x1的大于或等于 1，即假 |x1 |≥ 1.以下正确的选项是________(填字母 )．a．①与②的假都b．①与②的假都正确c．①的假正确；②的假d．①的假；②的假正确3．分析法又称果索因法，假设用分析法明：“ a>b>c，且 a＋b＋ c＝ 0，求 b2－ ac< 3a〞索的因是 ________________________________ ．① a－ b>0②a－ c>0③ (a－ b)(a－ c)>0④ (a－ b)(a－ c)<04．假设 P＝ a＋a＋7， Q＝a＋3＋ a＋ 4(a≥ 0)， P， Q 的大小关系是 ____________．5． a， b 是两个数，出以下条件：①a＋ b>1；② a＋ b＝ 2；③ a＋ b>2 ；④ a2＋b2>2；⑤ ab>1.其中能推出：“a， b 中至少有一个大于1〞的条件是 __________ ．6．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 ____________________________ ．b a7．以下条件：① ab>0，② ab<0，③ a>0，b>0，④ a<0，b<0，其中能使 a ＋ b ≥ 2 成立的条件的序号是________．8．假设二次函数 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 ，那么实数 p 的取值范围是 ____________．9． a ≥ b>0 ，求证： 2a 3－ b 3≥ 2ab 2－ a 2b.10．设数列 { a n } 是公比为 q 的等比数列， S n 是它的前 n 项和．(1) 求证：数列 { S n } 不是等比数列；(2) 数列 { S n } 是等差数列吗？为什么？B 组 专项能力提升( 时间： 30 分钟 )11．函数 f(x)＝ (1)x， a ，b 是正实数， A ＝ f(a ＋ bab)， C ＝ f( 2ab)，那么 A 、 B 、C 的大小关2 )，B ＝ f(2a ＋b 系为 __________ ．12．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，那么以下说法正确的选项是________．①△ A 1B 1C 1 和△ A 2B 2C 2 都是锐角三角形； ②△ A 1B 1C 1 和△ A 2B 2C 2 都是钝角三角形；专注·专业·口碑·极致- 8 -13．凸函数的性定理：如果函数f(x)在区 D 上是凸函数，于区 D 内的任意 x1，x2，⋯， x n，有f x1＋ f x2＋⋯＋ f x n≤f(x1＋ x2＋⋯＋ x n)，函数 y＝ sin x 在区 (0，π)上是凸函数，在△ ABC n n中， sin A＋ sin B＋sin C 的最大 ________．14．二次函数f(x)＝ ax2＋ bx＋ c (a>0) 的象与 x 有两个不同的交点，假设f(c) ＝0，且 0<x<c ，f(x)>0.1(1) 明：是f(x)＝0的一个根；1(2) 比与c的大小；(3) 明：－ 2<b<－ 1.15．四棱S－ABCD 中，底面是 1 的正方形，又SB＝ SD＝2， SA＝ 1.(1)求： 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？假设存在，确定 F 点的位置；假设不存在，明理由．。
高中数学一轮复习 第3讲 直接证明与间接证明 试题(共7页)
第3讲 直接证明与间接(ji àn ji ē)证明随堂演练稳固1.证明命题:〞f(x)=e 在上是增函数〞,某同学给出的证明如下: ∵f(x)=e ∴f′(x)=e .又x>0,∴e.∴e .也就是f′(x)>0. ∴函数f(x)在(0),+∞上是增函数,这位同学所使用的证明方法是( )B.分析法D.以上都不是【答案】 A2.分析法又叫执果索因,假设使用分析法证明,设a >b >c ,且a +b +c =0,求证:.索的因应是( )A.a -b >0B.a -c >0C.(a -b )(a -c )>0D.(a -b )(a -c )<0 【答案】 C【解析】 要证23b ac a -<成立,由于a >b >c ,且a +b +c =0,∴a >0,即证成立. 也就是成立. 整理可得(a -c )(2a +c )>0,又a +c =-b ,∴即证(a -c )(a -b )>0.由于a >b >c ,∴a -b >0且a -c >0.也就是(jiùshì)不等式(a -c )(a -b )>0显然成立.故假设用分析法证此题,索的因应是C 项.“假如a >b ,那么〞时,假设的内容是 . 【答案】【解析】 “假如a >b ,那么33a b >〞假设用反证法证明,其假设为33a b ≤.4.在用反证法证明数学命题时,假如原命题的否认事项不止一个时,必须将结论的否认情况逐一驳倒,才能肯定原命题的结论是正确的.例如:在△ABC 中,假设AB=AC,P 是△ABC 内一点求证:.用反证法证明时应分:假设 和 两类. 【答案】课后作业夯基根底稳固1.分析法是从要证明的结论出发,逐步寻求使结论成立的( )B.必要条件D.等价条件【答案】 A可选择的方法有以下几种,其中最合理的是( )D.归纳法【答案】 B“对于任意角c os sin c os 〞的证明如下:“sin θ-2cos 2sin 2cos θ-sin c os2.〞该过程应用了( )A.分析法B.综合法C.综合(zōnghé)法、分析法综合使用D.间接证明法【答案】 B【解析】 因为证明过程是“从左往右〞,即由条件结论.4.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60〞时,假设正确的选项是( )【答案】 B【解析】 命题可表达为“三角形的内角中至少有一个小于或者等于60〞,它的反设应是“三角形的内角都大于60〞.5.要证:只要证明( ) A.B. C.D.【答案】 D【解析】因为.6.设那么( )A.都不大于-2B.都不小于-2C.至少(zhìshǎo)有一个不大于-2D.至少有一个不小于-2【答案】 C【解析】因为所以三者不能都大于-2.7.点P(a,b)在直线x+2y=4的第一象限的局部上,那么log log的最大值是( )A.-1B.1C.-2D.2【答案】 B【解析】由得a+2b=4,且0<a<4,0<b<2.那么即.∴当且仅当a=2b时取〞=〞).∴log2a+log log log.因此,log2a+log2b的最大值是1.8.要使成立,那么a,b应满足的条件是 . 【答案】ab>0时,b<a;ab<0时,b>a【解析】要使该不等式成立,那么成立.也就是即证整理得ab(a-b)>0.∴只要ab与a-b同号,上述不等式便成立.9.用反证法证明“不可能成等差数列〞时,正确的假设是 .,,成等差数列【答案】假设23510.设a、b、c、d是正数,求证:以下三个不等式a+b<c+d, ①(a+b)(c+d)<ab+cd, ②(a+b)cd<ab(c+d) ③中至少有一个(yī ɡè)不正确.【证明】假设不等式①②③都成立.因为a、b、c、d都是正数,所以式①与式②相乘,得:. ④由式③得(a+b)cd.因为a+b>0,所以4cd<(a+b)(c+d).结合式②,得4cd<ab+cd,所以3cd<ab,即.由式④得故显然不成立.所以不等式①②③中至少有一个不正确.11.△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,且三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,求证:.【证明】要证原等式成立,只需证即即只需证而A+C=2B,∴B=60.∴.∴.从而(cóng ér)原等式得证.拓展延伸12.如图,两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内,M,N分别为AB,DF的中点.(1)假设平面平面DCEF,求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值;(2)用反证法证明:直线ME与BN是两条异面直线.【解】(1)取CD的中点G,连接MG,NG.设正方形ABCD,DCEF的边长为2,那么.因为平面ABCD 平面DCEF,所以平面DCEF.可得是MN与平面DCEF所成的角.因为所以sin即MN与平面DCEF所成角的正弦值为.(2)证明:假设直线ME与BN一共面,那么(nà me)平面MBEN,且平面MBEN与平面DCEF交于EN. 由,两正方形不一共面,故平面DCEF.又AB∥CD,所以AB∥平面DCEF.而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线,所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF,所以EN∥EF,这与矛盾,故假设不成立. 所以直线ME与BN不一共面,即它们是异面直线.内容总结。
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课时规范练35 直接证明与间接证明
基础巩固组
1.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明()
A.2ab-1-a2b2≤0
B.a2+b2-1-≤0
C.-1-a2b2≤0
D.(a2-1)(b2-1)≥0
2.用反证法证明结论“三角形内角至少有一个不大于60°”,应假设()
A.三个内角至多有一个大于60°
B.三个内角都不大于60°
C.三个内角都大于60°
D.三个内角至多有两个大于60°
3.(2017河南郑州模拟)设x>0,P=2x+2-x,Q=(sin x+cos x)2,则()
A.P>Q
B.P<Q
C.P≤Q
D.P≥Q
4.设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+()
A.都大于2
B.都小于2
C.至少有一个不大于2
D.至少有一个不小于2 〚导学号21500551〛
5.(2017山东烟台模拟)设a>b>0,m=,n=,则m,n的大小关系是.
6.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,求证:ab+bc+ac≤.
7.(2017河北唐山模拟)已知a>0,>1,求证:.
综合提升组
8.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x1+x2>0,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
9.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则()
A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形
D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形〚导学号21500552〛
10.已知a,b是不相等的正数,x=,y=,则x,y的大小关系是.
11.已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=a+bx-x2+x3,函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象在交点(0,0)处有
公共切线.
(1)求a,b的值;
(2)证明f(x)≤g(x).
创新应用组
12.(2017贵州安顺调研)已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有≥f.
13.在等差数列{a n}中,a1=3,其前n项和为S n,等比数列{b n}的各项均为正数,b1=1,公比为q(q≠1),
且b2+S2=12,q=.
(1)求a n与b n;
(2)证明:+…+.
〚导学号21500553〛
参考答案
课时规范练35直接证明与
间接证明
1.D在各选项中,只有(a2-1)(b2-1)≥0⇒a2+b2-1-a2b2≤0,故选D.
2.C“三角形内角至少有一个不大于60°”即“三个内角至少有一个小于等于60°”,其否定为“三角形内角都大于60°”.故选C.
3.A因为2x+2-x≥2=2(当且仅当x=0时等号成立),而x>0,所以P>2;又(sin x+cos
x)2=1+sin 2x,而sin 2x≤1,所以Q≤2.于是P>Q.故选A.
4.D∵a>0,b>0,c>0,
∴≥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.
5.m<n 方法一:(取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.
方法二:(分析法)⇐a<b+2+a-
b⇐2>0,显然成立.
6.证明由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac得
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,
即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.
7.证明由已知>1及a>0可知0<b<1,要证,只需证>1,
只需证1+a-b-ab>1,只需证a-b-ab>0,即>1,
即>1,这是已知条件,所以原不等式得证.
8.A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,即f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.
9.D由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不可能
是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.
由
得
则A2+B2+C2=,
这与三角形内角和为180°相矛盾.
因此假设不成立,
故△A2B2C2是钝角三角形.
10.x<y (a≠b)⇒a+b>2⇒2(a+b)>a+b+2⇒a+b>,即x<y.
11.(1)解f'(x)=,g'(x)=b-x+x2,
由题意得
解得a=0,b=1.
(2)证明令h(x)=f(x)-g(x)=ln(x+1)-x3+x2-x(x>-1).
∵h'(x)=-x2+x-1=,
∴h(x)在(-1,0)内为增函数,在(0,+∞)内为减函数.
∴h(x)max=h(0)=0,即h(x)≤h(0)=0,即f(x)≤g(x).
12.证明要证≥f,即证-2·,因此只要证-(x1+x2)≥-(x1+x2),
即证,因此只要证,
由于x1,x2∈R时,>0,>0,
因此由均值不等式知显然成立,
故原结论成立.
13.(1)解设等差数列{a n}的公差为d.
因为
所以
解得(q=-4舍去).
故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3n-1.
(2)证明因为S n=,所以.
所以+…+
.因为n≥1,所以0<,所以≤1-<1,所以.
所以+…+.。