2019届高考数学复习第十三章推理与证明算法复数13.2综合法分析法反证法学案理北师大版

§13.2 综合法、分析法与反证法
1．综合法
(1)定义：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明．我们把这样的思维方法称为综合法． (2)框图表示：P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q (其中P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示要证明的结论)． 2．分析法
(1)定义：从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等．我们把这样的思维方法称为分析法． (2)框图表示：Q ⇐P 1→P 1⇐
P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件. 3．反证法
我们可以先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立．这种证明方法叫作反证法． 反证法的证题步骤是： (1)作出否定结论的假设； (2)进行推理，导出矛盾； (3)否定假设，肯定结论．
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( × ) (3)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a <b ”．( × ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )
(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( √ )
(6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( √ ) 题组二 教材改编
2．若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝Q
C ．P <Q
D ．由a 的取值确定
答案 A
解析 P 2
＝2a ＋13＋2a 2
＋13a ＋42，
Q 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋40，
∴P 2
>Q 2
，又∵P >0，Q >0，∴P >Q .
3．设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c 的等差中项，则a x ＋c y
等于( )
A ．1
B ．2
C ．4
D ．6 答案 B
解析 由题意，得x ＝
a ＋b
2
，y ＝
b ＋c
2
，b 2
＝ac ，
∴xy ＝(a ＋b )(b ＋c )4
，
a x ＋c y ＝ay ＋cx xy
＝a ·b ＋c 2
＋c ·
a ＋b
2
xy
＝
a (
b ＋
c )＋c (a ＋b )2xy ＝ab ＋bc ＋2ac 2xy
＝ab ＋bc ＋ac ＋b 22xy ＝(a ＋b )(b ＋c )
2xy
＝
(a ＋b )(b ＋c )
2×
(a ＋b )(b ＋c )4
＝2.
4．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
.
5．用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3
＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )
A ．方程x 3
＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根 答案 A
解析 方程x 3
＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3
＋ax ＋b ＝0没有实根，故选A. 6．(2017·德州一模)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，则△A 2B 2C 2是__________三角形． 答案 钝角
解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．
由⎩⎪⎨⎪⎧
sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－A 1，sin B 2
＝cos B 1
＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1
.
sin C 2
＝cos C 1
＝sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－C 1
，
得⎩⎪⎨⎪⎧
A 2＝π2
－A 1，
B 2
＝π
2－B 1
，
C 2
＝π2－C 1
.
那么，A 2＋B 2＋C 2＝π
2
，这与三角形内角和为π相矛盾．
所以假设不成立．假设△A 2B 2C 2是直角三角形，不妨设A 2＝π
2，则cos A 1＝sin A 2＝1，A 1＝0，
矛盾．
所以△A 2B 2C 2是钝角三角形
.
题型一 综合法的应用
1．(2018·绥化模拟)设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1
a
( )
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
答案 D
解析 ∵a >0，b >0，c >0，
∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝
⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋⎝
⎛⎭
⎪⎫c ＋1c ≥6，
当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2. 2．(2018·大庆质检)如果a a ＋b b >a b ＋b a 成立，则a ，b 应满足的条件是___________． 答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b 解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a ) ＝(a －b )(a －b ) ＝(a －b )2
(a ＋b )．
∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2
(a ＋b )>0. ∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .
3．(2018·武汉月考)若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lg
a ＋b
2
＋lg
b ＋c
2
＋lg
c ＋a
2
>lg a ＋lg b ＋lg c .
证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴
a ＋b
2
≥ab >0，
b ＋c
2
≥bc >0，
a ＋c
2
≥ac >0.
由于a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴上述三个不等式中等号不能同时成立， ∴
a ＋
b 2·
b ＋
c 2·
c ＋a
2
>abc >0成立．
上式两边同时取常用对数，得 lg ⎝
⎛⎭
⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ，
∴lg
a ＋b
2＋lg
b ＋c
2
＋lg
c ＋a
2
>lg a ＋lg b ＋lg c .
思维升华 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理． 题型二 分析法的应用
典例 (2018·长沙模拟)已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，且x 1≠x 2，
求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.
证明 要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，
只需证明12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 2
2， 只需证明sin (x 1＋x 2)2cos x 1cos x 2>sin (x 1＋x 2)
1＋cos (x 1＋x 2)
.
由于x 1，x 2∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．
所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0， 故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，
即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2， 即证cos(x 1－x 2)<1.
由x 1，x 2∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立，
因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.
引申探究
若本例中f (x )变为f (x )＝3x
－2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)
2
≥f ⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22.
证明 要证明
f (x 1)＋f (x 2)
2
≥f ⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22，
即证明1212(32)(32)2x x x x -+-≥12
23x x +－2·x 1＋x 2
2，
因此只要证明12
332x x +－(x 1＋x 2)≥12
23x x +－(x 1＋x 2)，
即证明12
332
x x +≥12
23x x +，
因此只要证明12332
x x +
由于当x 1，x 2∈R 时，13x
>0,23x >0，
由基本不等式知12332
x x +x 1＝x 2时，等号成立．故原结论成
立．
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解决的关键．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证． 跟踪训练 已知a >0，证明： a 2＋1a 2－ 2 ≥a ＋1
a
－2.
证明 要证a 2＋1
a 2－2≥ a ＋1
a
－2，
只需证
a 2＋1
a 2 ≥⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
a ＋1a －(2－2)． 因为a >0，所以⎝
⎛⎭
⎪⎫a ＋1a －(2－2)>0，
所以只需证⎝
⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2 2≥⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
⎝ ⎛
⎭⎪⎫
a ＋1a －(2－2)2
，
即2(2－2)⎝
⎛⎭
⎪⎫a ＋1a ≥8－42，
只需证a ＋1
a
≥2.
因为a >0，a ＋1a ≥2显然成立(当a ＝1
a
＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．
题型三 反证法的应用
命题点1 证明否定性命题
典例 (2018·株州模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；
(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列． (1)解 设{a n }的前n 项和为S n ，则 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2
＋…＋a 1q
n －1
，①
qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②
①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n
，
∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ，
∴S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
na 1，q ＝1，a 1(1－q n )
1－q
，q ≠1.
(2)证明 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)，
a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，
a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q
k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1
， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q
k －1
＋q k ＋1
.
∵q ≠0，∴q 2
－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 命题点2 证明存在性命题
典例 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 ，AB 平面ABCD ，AD 平面ABCD ， ∴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．
∴不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD . 命题点3 证明唯一性命题
典例 (2018·宜昌模拟)已知M 是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ，①方程f (x )－x ＝0有实数根；
②函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.
(1)判断函数f (x )＝x 2＋sin x
4
是不是集合M 中的元素，并说明理由；
(2)集合M 中的元素f (x )具有下面的性质：若f (x )的定义域为D ，则对于任意[m ，n ]⊆D ，都存在x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)成立．试用这一性质证明：方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．
(1)解 ①当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根0； ②f ′(x )＝12＋cos x 4，所以f ′(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1.
由①②可得，函数f (x )＝x 2
＋
sin x
4
是集合M 中的元素．
(2)证明 假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β(α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0.
不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)， 满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．
因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，所以f ′(c )＝1. 与已知0<f ′(x )<1矛盾． 又f (x )－x ＝0有实数根，
所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．
思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤： 第一步：分清命题“p ⇒q ”的条件和结论； 第二步：作出与命题结论q 相反的假设綈q ；
第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；
第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p ⇒q 为真．
所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．
跟踪训练 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 ＋3
2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 )＝
1
x ＋2
是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2
＋1，其图像的对称轴为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 ＋3
2＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.
(2)假设存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1
x ＋2
是区间[a ，b ] 上的“四维光军”函数， 因为h (x )＝
1
x ＋2
在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎪⎨
⎪⎧
h (a )＝b ，h (b )＝a ，
即⎩⎪⎨⎪⎧
1
a ＋2＝
b ，1b ＋2＝a ，
解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．
反证法在证明题中的应用
典例 (12分)(2018·衡阳模拟)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 2
4
＋y 2
＝1相交于A ，C 两点，
O 是坐标原点．
(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长； (2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．
思想方法指导 在证明否定性命题，存在性命题，唯一性命题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：
(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．
(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．
(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去． 规范解答
(1)解 因为四边形OABC 为菱形， 则AC 与OB 相互垂直平分． 由于O (0,0)，B (0,1)，
所以设点A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫t ，12，代入椭圆方程得t 2
4＋14＝1，
则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4分] (2)证明 假设四边形OABC 为菱形，
因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.
由⎩⎪⎨⎪
⎧
x 2
＋4y 2
＝4，y ＝kx ＋m ，
消y 并整理得(1＋4k 2
)x 2
＋8kmx ＋4m 2
－4＝0.[6分] 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则
x 1＋x 2
2＝－4km 1＋4k 2，y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k
2.
所以AC 的中点为M ⎝
⎛⎭
⎪
⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分]
因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0， 所以直线OB 的斜率为－1
4k
，
因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分] 所以四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B 在W 上且不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]
1．(2018·岳阳调研)已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 为正实数，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 ≤A
D ．C ≤B ≤A 答案 A
解析 因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b
， 又f (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x 在R 上是单调减函数， 故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2ab a ＋b . 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 <3
a ”索的因应是( )
A ．a －b >0
B ．a －c >0
C ．(a －b )(a －c )>0
D ．(a －b )(a －c )<0 答案 C
解析 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.
3．(2017·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 答案 A
解析 因为2x ＋2－x ≥22x ·2－x
＝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.
4．①已知p 3＋q 3
＝2，证明：p ＋q ≤2.用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；
②若a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证：方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( )
A ．①与②的假设都错误
B ．①的假设正确；②的假设错误
C ．①与②的假设都正确
D ．①的假设错误；②的假设正确
答案 D
解析 对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.
5．若1a <1b
<0，则下列结论不正确的是( ) A ．a 2<b 2
B ．ab <b 2
C ．a ＋b <0
D ．|a |＋|b |>|a ＋b | 答案 D
解析 ∵1a <1b
<0，∴0>a >b . ∴a 2<b 2，ab <b 2，a ＋b <0，
|a |＋|b |＝|a ＋b |.
6．(2018·济宁模拟)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( )
A ．②③
B ．①②③
C ．③
D ．③④⑤
答案 C
解析 若a ＝12，b ＝23
，则a ＋b >1， 但a <1，b <1，故①推不出；
若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；
若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；
若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出；
对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，
下面用反证法证明：
假设a ≤1且b ≤1，
则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，
因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.
7．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__________________．
答案 a ，b 都不能被5整除
8．(2018·邢台调研)6＋7与22＋5的大小关系为______________．
答案 6＋7>22＋ 5
解析 要比较6＋7与22＋5的大小，
只需比较(6＋7)2与(22＋5)2
的大小，
只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小， 只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴6＋7>22＋ 5.
9．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图像上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图像上的点，其中n ∈N ＋，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为__________________．
答案 c n ＋1<c n
解析 由条件得
c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1
n 2＋1＋n ，
则c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .
10．(2017·武汉联考)已知直线l ⊥平面α，直线m 平面β，有下列命题：
①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β.
其中正确命题的序号是________．
答案 ①③
解析 ① ⎭
⎪⎬⎪⎫l ⊥αα∥β⇒l ⊥β， 又∵m β，∴l ⊥m ，①正确；
②
⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αα⊥β⇒l ∥β或l β， ∴l ，m 平行、相交、异面都有可能，故②错误； ③
⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒m ⊥α， 又m β，∴β⊥α，故③正确；
④ ⎭⎪⎬⎪
⎫l ⊥αl ⊥m ⇒m α或m ∥α.
又m β，∴α，β可能相交或平行，故④错误．
11．(2017·黄冈模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3(n ∈N ＋)．其中m 为常数，且m ≠－3且m ≠0.
(1)求证：{a n }是等比数列；
(2)若数列{a n }的公比q ＝f (m )，数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝32f (b n －1)(n ∈N ＋，n ≥2)，求证：⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 为等差数列．
证明 (1)由(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，
得(3－m )S n ＋1＋2ma n ＋1＝m ＋3.
两式相减，得(3＋m )a n ＋1＝2ma n ，m ≠－3且m ≠0，
∴a n ＋1a n ＝2m m ＋3
，∴{a n }是等比数列． (2)∵(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，
∴(3－m )a 1＋2ma 1＝m ＋3，∴a 1＝1.
b 1＝a 1＝1，q ＝f (m )＝2m m ＋3
， ∴当n ∈N ＋且n ≥2时，
b n ＝32f (b n －1)＝32·2b n －1b n －1＋3
， 得b n b n －1＋3b n ＝3b n －1，即1b n －1b n －1＝13
. ∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1b n 是首项为1，公差为13的等差数列． 12．(2017·北京)设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }(n ＝1,2,3，…)，其中max{x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数．
(1)若a n ＝n ，b n ＝2n －1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；
(2)证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，c n n
>M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．
(1)解 c 1＝b 1－a 1＝1－1＝0，
c 2＝max{b 1－2a 1，b 2－2a 2}
＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，
c 3＝max{b 1－3a 1，b 2－3a 2，b 3－3a 3}
＝max{1－3×1,3－3×2,5－3×3}＝－2.
当n ≥3时，
(b k ＋1－na k ＋1)－(b k －na k )＝(b k ＋1－b k )－n (a k ＋1－a k )＝2－n ＜0，
所以b k －na k 在k ∈N ＋上单调递减．
所以c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }＝b 1－a 1n ＝1－n .
所以对任意n ≥1，c n ＝1－n ，于是c n ＋1－c n ＝－1，
所以{c n }是等差数列．
(2)证明 设数列{a n }和{b n }的公差分别为d 1，d 2，
则b k －na k ＝b 1＋(k －1)d 2－[a 1＋(k －1)d 1]n
＝b 1－a 1n ＋(d 2－nd 1)(k －1)．
所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)，d 2＞nd 1，
b 1－a 1n ，d 2≤nd 1.
①当d 1＞0时，
取正整数m ＞d 2d 1
，则当n ≥m 时，nd 1＞d 2，
因此，c n ＝b 1－a 1n ，
此时，c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．
②当d 1＝0时，对任意n ≥1， c n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)max{d 2，0}
＝b 1－a 1＋(n －1)(max{d 2，0}－a 1)．
此时，c 1，c 2，c 3，…，c n ，…是等差数列．
③当d 1＜0时，
当n ＞d 2d 1时，有nd 1＜d 2，
所以c n n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)n
＝n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2＋
b 1－d 2n ≥n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2－|b 1－d 2|.
对任意正数M ，
取正整数m ＞max ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫M ＋|b 1－d 2|＋a 1－d 1－d 2－d 1，d 2d 1， 故当n ≥m 时，c n n
＞M .
13．(2018·长春模拟)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是____________．
答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－3，32 解析 若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，
则⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，
解得p ≤－3或p ≥32
， 故满足题干要求的p 的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－3，32. 14．设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y
＋xy . 证明 由于x ≥1，y ≥1，
所以要证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y
＋xy ， 只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2
.
将上式中的右式减左式，得
[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]
＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]
＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)
＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)
＝(xy －1)(x －1)(y －1)．
因为x ≥1，y ≥1，
所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，
从而所要证明的不等式成立．
15．(2018·中山模拟)已知数列{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．
(1)解 当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.
又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，
两式相减得a n ＋1＝12
a n ， 所以{a n }是首项为1，公比为12
的等比数列， 所以a n ＝12
n －1. (2)证明 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N ＋)，
则2·12q ＝12p ＋12r ，
所以2·2r－q＝2r－p＋1. (*)
又因为p<q<r，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，矛盾．
所以假设不成立，原命题得证．
16．对于给定的正整数k，若数列{a n}满足a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n＋k＝2ka n对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{a n}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；
(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．
证明(1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，
则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，
a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d
＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1,2,3，
所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，
因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．
(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①
当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3
＝6a n.②
由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③
a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④
将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，
所以数列{a n}是等差数列．。