河北省清河县高三数学《39直接证明与间接证明》课时作业
直接证明和间接证明课程教案
直接证明和间接证明课程教案第一章：引言1.1 课程目标本课程旨在帮助学生理解直接证明和间接证明的基本概念，掌握它们的应用方法，并能够灵活运用这两种证明方式解决实际问题。
1.2 课程内容本章将介绍直接证明和间接证明的定义、分类和基本方法。
1.3 教学方法采用讲授、案例分析、小组讨论等多种教学方法，帮助学生理解和掌握相关概念和方法。
第二章：直接证明2.1 定义和分类2.1.1 直接证明的定义直接证明是通过逻辑推理，直接从已知事实或前提出发，推导出要证明的结论。
2.1.2 直接证明的分类（1）直接逻辑推理：根据已知事实或前提，直接推导出结论。
（2）数学归纳法：先证明基本情况，再证明归纳步骤。
2.2 基本方法2.2.1 演绎法从一般到特殊的证明方法，即从一般原理推导出特殊情况下的结论。
2.2.2 归纳法从特殊到一般的证明方法，即先证明特殊情况，再推导出一般结论。
第三章：间接证明3.1 定义和分类3.1.1 间接证明的定义间接证明是通过证明相反命题的假性，从而证明原命题的真性。
3.1.2 间接证明的分类（1）反证法：假设相反命题为真，通过逻辑推理得出矛盾，从而证明原命题为真。
（2）归谬法：假设相反命题为真，推导出明显错误的结论，从而证明原命题为真。
3.2 基本方法3.2.1 反证法假设相反命题为真，通过逻辑推理得出矛盾，从而证明原命题为真。
3.2.2 归谬法假设相反命题为真，推导出明显错误的结论，从而证明原命题为真。
第四章：证明的辅助方法4.1 数学归纳法数学归纳法是一种包含直接证明和间接证明的方法，先证明基本情况，再证明归纳步骤。
4.2 逆否命题法将原命题的逆否命题作为证明对象，先证明逆否命题，再根据逆否命题与原命题的等价性得出原命题的证明。
第五章：练习与案例分析5.1 练习题设计一些有关直接证明和间接证明的练习题，帮助学生巩固所学内容。
5.2 案例分析分析一些实际案例，让学生运用直接证明和间接证明的方法解决问题。
直接证明与间接证明
第十二章
12.4
直接证明与间接证明
梳理自测 探究突破 巩固提升
考纲要求
-9-
4.命题“对于任意角 θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的证明:cos4θ-sin4θ=(cos2θsin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ 过程应用了( A.分析法 C.综合法、分析法综合应用 B.综合法 D.间接证明法 )
因为证明过程是“从左往右”,即由条件⇒结论 B
关闭 关闭
解析
答案
第十二章
12.4
直接证明与间接证明
梳理自测 探究突破 巩固提升
考纲要求
-10-
5.因为某种产品的两种原料相继提价,所以生产者决定对产品分两次提价, 现在有三种提价方案: 方案甲:第一次提价 p%,第二次提价 q%; 方案乙:第一次提价 q%,第二次提价 p%; 方案丙:第一次提价 A.甲
即证明 ( t an x1+t an x2) >t an 只需证明
1 2
������1 +������2 ������ +������ 1 sin������1 sin������2 ,只需证明 + >t an 1 2, 2 2 cos������1 cos������2 2
sin( ������1 +������2 ) sin( ������1 +������2 ) > . 2cos������1 cos������2 1+cos(������1 +������2 ) π 由于 x1,x2∈ 0, ,故 x1+x2∈( 0,π) . 2
梳理自测 探究突破 巩固提升
考纲要求
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.。
高三数学一轮复习课时作业16：§13.2 直接证明与间接证明
§13.2 直接证明与间接证明一、选择题1．已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a >b B ．a <bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定2．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23．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 >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<04．已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b ≥m2a ＋b 恒成立，那么m 的最大值等于( )A ．10B ．9C ．8D ．75．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6．设a ，b ，c 为△ABC 的三边，则( ) A ．a 2＋b 2＋c 2>a ＋b ＋c B ．a 2＋b 2＋c 2>ab ＋bc ＋ac C ．a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ac ) D ．a 2＋b 2＋c 2>2(ab ＋bc ＋ac )7．若△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 ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形8．四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则所有比赛中最多可能出现的平局场数是( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 二、填空题9．设无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A .则四个无穷数列：①{(－1)n ×2}；②{n }；③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n .其极限为2的共有________个． 10．已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S 100＝41，T 100＝49，设c n ＝a n T n ＋b n S n －a n b n (n ∈N *)．那么数列{c n }的前100项和为________．11．设a >1，n ∈N *，若不等式na －1<a －1n恒成立，则n 的最小值为________．12．设非等腰△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c ，则A ，B ，C 的关系是________． 三、解答题13．已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a >1)．(1)求证：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明f (x )＝0没有负根．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2. (1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3nS n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n <6.15．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .——★ 参 考 答 案 ★——一、选择题 1．『答案』 B『解析』 ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m ，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m >m ＋m －1>0(m >1)， ∴1m ＋1＋m <1m ＋m －1，即a <b .故选B.2．『答案』 C『解析』 由于y x ＋y z ＋z x ＋z y ＋x z ＋x y ＝⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ＋⎝⎛⎭⎫z x ＋x z ＋⎝⎛⎭⎫y z ＋z y ≥2＋2＋2＝6， ∴y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy 中至少有一个不小于2.故选C. 3．『答案』 C『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.故选C. 4．『答案』 B『解析』 ∵a >0，b >0，∴2a ＋b >0.∴不等式可化为m ≤⎝⎛⎭⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋ab . ∵5＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ≥5＋4＝9，即其最小值为9，当且仅当a ＝b 时等号成立． ∴m ≤9，即m 的最大值等于9.故选B. 5．『答案』 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 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0.故选A. 6．『答案』 C『解析』 c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴a 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)－2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )． ∴a 2＋b 2＋c 2＝2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )<2(ab ＋bc ＋ac )．故选C. 7．『答案』 D『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，且△A 2B 2C 2不可能是直角三角形．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＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，则A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为180°相矛盾，因此假设不成立，故△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D. 8．『答案』 C『解析』 四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，共比赛6场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．即每场比赛若不平局，则共产生3×6＝18分，每场比赛都平局，则共产生2×6＝12分． 比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同， 则各队得分分别为：2,3,4,5或3,4,5,6. 如果是3,4,5,6，则每场产生3＋4＋5＋66＝3分，没有平局产生， 但是不可能产生4,5分，与题意矛盾，舍去． 因此各队得分分别为：2,3,4,5.第一名得分5：5＝3＋1＋1，为一胜两平； 第二名得分4：4＝3＋1＋0，为一胜一平一负； 第三名得分3：根据胜场等于负场，只能为三平； 第四名得分2：2＝1＋1＋0，为两平一负． 则所有比赛中最多可能出现的平局场数是4. 故选C. 二、填空题 9．『答案』 2『解析』 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n －1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2 不是数列{(－1)n ×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－2＝22n<ε，得n >1－log 2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数 N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1的极限；对于④，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪2n ＋1n －2＝1n <ε，得n >1ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n 的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④. 10．『答案』 2009『解析』 ∵a n ＝S n －S n －1，b n ＝T n －T n －1，则c n ＝a n T n ＋b n S n －a n b n ＝S n T n －S n －1T n －1， ∴c 100＝S 100T 100－S 99T 99， c 99＝S 99T 99－S 98T 98， …c 2＝S 2T 2－S 1T 1， c 1＝S 1T 1.∴数列{c n }的前100项和为S 100T 100＝41×49＝2009. 11．『答案』 2『解析』 n ＝1时，结论不成立．n ＝2时，不等式为a －1<a －12，即2a －2<a －1， ∴(a －1)2>0， ∵a >1，则a 有意义， ∴不等式恒成立． 12．『答案』 2B ＝A ＋C『解析』 ∵1a －b ＋1c －b ＝3a －b ＋c ，∴a ＋c －2b (a －b )(c －b )＝3a －b ＋c ， 即b 2＝a 2＋c 2－ac ， 则有cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，∴B ＝60°，∴A ，B ，C 的关系是成等差数列，即2B ＝A ＋C .三、解答题13．证明：(1)因为函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1＝a x ＋1－3x ＋1(a >1)，而函数y ＝a x (a >1)和函数y ＝－3x ＋1在(－1，＋∞)上都是增函数， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设函数f (x )＝0有负根x 0，即存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝2－x 0x 0＋1.又0<ax 0<1，所以0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2与x 0<0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x )＝0没有负根．14．证明：(1)因为S n ＝a n ＋1＋n －2，所以当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3， 两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1， 即a n ＋1＝2a n －1.设c n ＝a n －1，代入上式， 得c n ＋1＋1＝2(c n ＋1)－1， 即c n ＋1＝2c n (n ≥2)．又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2， 故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1＝1，c 2＝a 2－1＝2，即c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，c n ＋1＝2c n 都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1， 公比q ＝2.所以a n －1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，即S n －n ＋1＝2n ，所以b n ＝3n2n .所以T n ＝b 1＋b 2＋...＋b n －1＋b n ＝32＋622＋ (3)2n ，①2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n2n＝3×⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－3n2n＝3×1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－3n 2n ＝6－3n ＋62n .因为3n ＋62n >0，所以T n ＝6－3n ＋62n <6.15．证明：(分析法)lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c ⇐lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ⇐a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc .因为a ，b ，c 是不全相等的正数，所以显然有a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc 成立，原不等式得证．。
高考数学一轮复习 人教版 不等式推理证明第六单元 课时作业 第39讲直接证明与间接证明
课时作业第39讲直接证明与间接证明时间/30分钟分值/55分基础热身1.用分析法证明:欲使①A>B,只需②C<D,这里②是①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“若a∈R,则函数y=x3+ax+b至少有一个零点”时,正确的反设是()A.若a∈R,则函数y=x3+ax+b没有零点B.若a∈R,则函数y=x3+ax+b至多有一个零点C.若a∈R,则函数y=x3+ax+b至多有两个零点D.若a∈R,则函数y=x3+ax+b恰好有一个零点3.设A,B,C为锐角三角形ABC的三个内角,M=sin A+sin B+sin C,N=cos A+2cos B,则()A.M<NB.M=NC.M>ND.M,N的大小关系不确定4.使用分析法证明“设a>b>c,且a+b+c=0,则-<a”时,所求索的因应是.(填序号)①a-b>0;②a-c>0;③(a-b)(a-c)>0;④(a-b)(a-c)<0.能力提升5.①已知p3+q3=2,求证p+q≤2,用反证法证明时,可假设p+q>2;②设a为实数,f(x)=x2+ax+a,求证与中至少有一个不小于,用反证法证明时可假设≥,且≥.以下说法正确的是()A.①与②的假设都错误B.①与②的假设都正确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6.等差数列{a n}的前n项和是S n,公差d不等于零,若a2,a3,a6成等比数列,则()A.a1d>0,dS3>0B.a1d>0,dS3<0C.a1d<0,dS3>0D.a1d<0,dS3<07.[2018·葫芦岛二模]王老师班上有四个体育健将甲、乙、丙、丁,他们都特别擅长短跑.在某次运动会上,他们四人要参加一场4×100米接力赛,王老师要安排他们四个人的出场顺序,以下是他们四人的对话:甲:我不跑第一棒和第二棒;乙:我不跑第一棒和第四棒;丙:我也不跑第一棒和第四棒;丁:如果乙不跑第二棒,我就不跑第一棒.王老师听了他们四人的对话,安排了一种合理的出场顺序,满足了他们的所有要求,据此我们可以断定,在王老师安排的出场顺序中,跑第三棒的人是()A.甲B.乙C.丙D.丁8.已知x>0,y>0且y-x>1,则-,的值满足()A.-,都大于1B.-,中至少有一个小于1C.-,都小于1D.以上说法都不正确9.[2018·北京朝阳区期末]伟大的数学家高斯说过:几何学唯美的直观能够帮助我们了解自然界的基本问题.一位同学受到启发,借助图K39-1中的两个相同的矩形图形,按以下步骤给出了不等式:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)的一种“图形证明”.①②图K39-1证明思路:(1)图①中白色区域面积等于图②中白色区域面积;(2)图①中阴影区域的面积为ac+bd,图②中,设∠BAD=θ,则图②中阴影区域的面积可表示为(用含a,b,c,d,θ的式子表示);(3)由图中阴影区域的面积相等,即可导出不等式(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2),当且仅当a,b,c,d 满足条件时,等号成立.难点突破10.(5分)[2018·长春期中]设m,n,t都是正数,则m+,n+,t+这三个数()A.都大于4B.都小于4C.至少有一个大于4D.至少有一个不小于411.(5分)已知两个半径不等的圆盘叠放在一起(有一条轴穿过它们的圆心),两圆盘上分别有互相垂直的两条直径将其分为四个区域,小圆盘上所写的实数分别记为x1,x2,x3,x4,大圆盘上所写的实数分别记为y1,y2,y3,y4,如图K39-2所示.将小圆盘逆时针旋转i(i=1,2,3,4)次,每次转动90°,记T i(i=1,2,3,4)为转动i次后各区域内两数乘积之和,例如T1=x1y2+x2y3+x3y4+x4y1.若x1+x2+x3+x4<0,y1+y2+y3+y4<0,则以下结论正确的是()图K39-2A.T1,T2,T3,T4中至少有一个为正数B.T1,T2,T3,T4中至少有一个为负数C.T1,T2,T3,T4中至多有一个为正数D.T1,T2,T3,T4中至多有一个为负数。
直接证明与间接证明 知识点+例题+练习
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。
39直接证明与间接证明
x1＋x2 x1＋x2 1 1 证明要证 [f(x1)＋f(x2)]>f ，即证明2(tan x1＋tan x2)>tan 2 ， 2 2
x1＋x2 1 sin x1 sin x2 >tan 只需证明 cos x ＋cos x ， 2 2 1 2 sinx1＋x2 sinx1＋x2 只需证明 > . 2cos x1cos x2 1＋cosx1＋x2
b S,
b a c, 即证 因为,在三角形中,b<a+c 显然成立,
所以原不等式成立.
2.△ABC三边长a, b, c的倒数成等差数列.
求证: B 90.
证明： 2 1 1 , 2ac b(a c ).
b a
c a 2 c 2 b2 2ac b2 cos B ≥ 2ac 2ac
直接证明与间接证明
要点梳理
1．直接证明 (1)综合法
忆一忆知识要点
①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，这种证明方法叫做综合法． ②框图表示： P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →…→ Qn⇒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)．
综合法
2 7 在 x∈(a，＋∞)上恒 例 1.(1)已知关于 x 的不等式 2x＋ x－a 成立，求实数 a 的取值范围； (2)已知|x|<1，|y|<1，求证：|1－xy|>|x－y|.
2 2 3 7，∴2(x－a)＋ 7－2a⇒7－2a 4，∴a 2 (1)∵2x＋ x－a x－a (2)因为|1－xy|2－|x－y|2＝(xy)2＋1－x2－y2＝(x2－1)(y2－1)>0 所以|1－xy|>|x－y|
2.2直接证明与间接证明(4课时)
2.2
直接证明与间接证明
2.2.2
反证法
问题提出
1.综合法和分析法的基本含义分别 是什么？ 综合法：利用已知条件和某些数学定义、 公理、定理、性质、法则等，经过一系 列的推理论证，最后推导出所证结论成 立. 分析法：从所证结论出发，逐步寻求使 它成立的充分条件，直到归结为判定一 个显然成立的条件（已知条件、定义、 公理、定理、性质、法则等）为止.
2
2
2
9 4
例4 求证：面积为1的三角形不能被 面积小于2的平行四边形所覆盖.
D P
E N F B
C
K
M
A
流程:
P Þ Q1 Q1 Þ Q 2 Q 2 Þ Q 3
„
Qn Þ Q
2.分析的基本含义和思维流程分别 是什么？
含义:从所证结论出发，逐步寻求使它成 立的充分条件，直到归结为判定一个显 然成立的条件（已知条件、定义、公理、 定理、性质、法则等）为止. 流程: Q Ü P1 P1 Ü P2 P2 Ü P3 …
大前提：已知的一般原理； 小前提：所研究的特殊情况；
结 论：根据一般原理，对特殊情况做 出判断.
3.合情推理所得结论的正确性是需要 证明的，演绎推理的实施也需要具体的 操作方法，因此，从理论上获取证明数 学命题的基本方法，是我们需要进一步 学习的内容.
探究（一）：综合法
思考1：对于不等式
a(b + c ) + b(c + a )
2.2
2.2.1
直接证明与间接证明
综合法和分析法
问题提出
1 5730 p 2
t
1.合情推理的主要作用和思维过程是 什么？
作用：提出猜想，发现结论； 过程：从具体问题出发→观察、分析、 比较、联想→归纳、类比→提出猜想.
课时作业15：§13.2 直接证明与间接证明
§13.2 直接证明与间接证明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 ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．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 <3a ”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 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 >QB ．P <QC ．P ≤QD ．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 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|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 ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤ 答案 C解析 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1， 但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，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 ________________________________________________________________________． 答案 c n ＋1<c n解析 由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 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＝12a n ， 所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， 所以a n ＝12n －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．(2017·江苏)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)，③a 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．。
高三数学一轮复习课时作业13：§13.2 直接证明与间接证明 (1)
§13.2 直接证明与间接证明A 级 基础达标1．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 >s B ．t ≥s C ．t <sD ．t ≤s2．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 <1bD. b a >a b3．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 ) 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 ≤14C. 1a ＋1b≥4 D. a ＋b ≤15．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 ．56．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)7．已知a ＋b ＋c ＝0，求证：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．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．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．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 ≥N B ．M ≤N C ．M ＝ND ．不能确定2．已知实数m ，n 满足m ·n >0，m ＋n ＝－1，则1m ＋1n 的最大值为________．3．设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证： (1)c 2>ab ；(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .4．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．5．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．——★ 参 考 答 案 ★——A 级 基础达标1．『答案』 D『解析』 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t .选D 项．2．『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．『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．『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 ＋a b ≥2＋2b a ＋ab＝4，∴C 成立，∴应选D. 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．『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．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．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．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．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． 『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．『答案』 －4『解析』 ∵m ·n >0，m ＋n ＝－1，∴m <0，n <0，∴1m ＋1n ＝－(m ＋n )⎝⎛⎭⎫1m ＋1n ＝－⎝⎛⎭⎫2＋m n ＋nm ≤－2－2m n ·nm＝－4， 当且仅当m ＝n ＝－12时，1m ＋1n 取得最大值－4.3．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．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．(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)解：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 ＋…＋nxn －1－n (n ＋1)x n －12.若0<x <1，h ′(x )>x n －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n (n ＋1)2x n －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2x n －1＝0.若x >1，h ′(x )<x n －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n (n ＋1)2·x n －1＝n (n ＋1)2x n －1－n (n ＋1)2·x n －1＝0.所以h (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， 所以h (x )<h (1)＝0，即f n (x )<g n (x )．综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )<g n (x )．。
2019-2020学年北师大版选修1-2 直接证明与间接证明 课时作业
2019-2020学年北师大版选修1-2 直接证明与间接证明 课时作业1、分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设a b c >>,且0a b c ++=,求证”最终索的因应是( )A. 0a b ->B. 0a c -<C. ()()0a b a c -->D. ()()0a b a c --<2、若直线1l 和2l 是异面直线, 1l 在平面α内, 2l 在平面β内, l 是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A. l 至少与12,l l 中的一条相交B. l 与12,l l 都相交C. l 至多与12,l l 中的一条相交D. l 与12,l l 都不相交3、下列不等式不成立的是( )A. 222a b c ab bc ac ++≥++B. )0,0a b≥>>C.)3a <≥D. <4、设,,?a b m 都是正整数,且a b <,则下列不等式中恒不成立的是( )A.1a a m b b m+<<+ B. a a m b b m+≥+ C. 1a a m b b m+≤≤+ D. 1b m b a m a +≤≤+5、已知,,a b c 为不全相等的实数, ()2223,2,P a b c Q a b c =+++=++则P 与Q 的大小关系是( )A. P Q >B. P Q ≥C. P Q <D. P Q ≤6、<(0)a ≥可选择的方法很多,其中最合理的是( )A.综合法B.类比法C.分析法D.归纳法7、用反证法证明“自然数,,a b c 中恰有一个偶数”时,应假设( )A.,,a b c 都是偶数B.,,a b c 都是奇数C.,,a b c 中至少有两个偶数D.,,a b c 中都是奇数或至少有两个偶数8、已知0a b c ++>,0ab bc ac ++>,0abc >,用反证法求证0a >,0b >,0c >时的反设为( )A.0,0,0a b c <<<B.0,0,0a b c ≤>>C.,,a b c 不全是正数D.0abc <9、在运用反证法推出矛盾的推理过程中,可以把下列哪些作为条件使用( )①结论的反设;②已知条件; ③定义、公理、定理等;④原结论. A.①② B.②③C.①②③D.①②④ 10、用反证法证明命题:“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时,反设正确的是( )A.假设三内角都不大于60度B.假设三内角都大于60度C.假设三内角至多有一个大于60度D.假设三内角至多有两个大于60度11、设0,0,0a b c >>>且 1.a b c ++=则111a b c++的最小值为__________. 12、使用反证法证明“任何三角形的外角都至少有两个钝角”的否定是_________________.13、用反证法证明命题“,N a b ∈,如果ab 可被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__________.14、设,a b 是两个实数,给出下列条件:①1a b +>;②2a b +=;③2a b +>;④222a b +>;⑤1?ab >.其中能推出:" ,a b 中至少有一个实数大于1”的条件是__________.15、已知函数()f x 在R 上是增函数，,R a b ∈.(1)求证：如果0a b +≥，那么()()()()f a f b f a f b +≥-+-.(2)判断(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论.答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：由a b c >>,且0a b c ++=可得b ac =--,0a >,0c <只要证()223a c ac a ---<即证2220a ac a c -+->即证()()()0a a c a c a c -++⋅->即证()()0a a c b a c --->即证()()0a c a b -⋅->”索的因应是()()0a c a b --> 故选C .2答案及解析：答案：A解析：若直线1l 和2l 是异面直线, 1l 在平面α内, 2l 在平面β内, l 是平面α与平面β的交线,则l 至少与1l ,2l 中的一条相交,故选A.3答案及解析：答案：D解析：4答案及解析：答案：B 解析：可证明a a m b b m +≤+成立,要证明a a m b b m+<+,由于,,?a b m 都是正整数,故只需证ab am ab bm +<+,即证()0a b m -<,因为a b <,所以()0a b m -<成立.5答案及解析：答案：A解析：要比较,?P Q 的大小,只需比较P Q -与0的关系.因为()()()()22222222232212121111P Q a b c a b c a a b b c c a b c -=+++-++=-++-++-+=-+-+-,又,,a b c 不全相等,所以0P Q ->,即.P Q >6答案及解析：答案：C解析：<,只需证明2727a a ++++只需证明227712a a a a +<++,只需证明012<,故选择分析法最合理.7答案及解析：答案：D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,所以假设应为“,,a b c 中都是奇数或至少有两个是偶数”8答案及解析：答案：C解析：9答案及解析：答案：C解析：除原结论不能作为推理条件外,其余均可.10答案及解析：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,即"三内角都大于60度".故选B.11答案及解析：答案：9解析：因为0,0,0a b c >>>且1a b c ++=所以1113()()()b a c a c b a b c a b a c b c++=++++++32229≥+++=当且仅当a b c ==时等号成立.12答案及解析：答案：存在一个三角形，其外角最多有一个钝角解析：该命题的否定有两部分，一是任何三角形，二是至少有两个，其否定应为“存在一个三角形，其外角最多有一个钝角”.13答案及解析：答案：,a b 都不能被5整除解析：反证法是“间接证明法”一类,是从反方向证明的证明方法,即:肯定题设而否定结论,从而得出矛盾。
高中数学课时作业：直接证明与间接证明、数学归纳法
课时作业40 直接证明与间接证明、数学归纳法一、选择题1．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 ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析:因为a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋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 ,即A ≤B ≤C .2．若a 、b ∈R ,则下面四个式子中恒成立的是( B ) A ．lg(1＋a 2)>0 B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) C ．a 2＋3ab >2b 2D.a b <a ＋1b ＋1解析:在B 中,∵a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0.∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立．3．①已知p 3＋q 3＝2,求证p ＋q ≤2,用反证法证明时,可假设p ＋q ≥2；②已知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.以下正确的是( D )A ．①与②的假设都错误B ．①与②的假设都正确C ．①的假设正确；②的假设错误D ．①的假设错误；②的假设正确解析:反证法的实质是否定结论,对于①,其结论的反面是p ＋q >2,所以①不正确；对于②,其假设正确．4．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( C )A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析:由题意知b2－ac<3a⇐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)>0.5．用数学归纳法证明2n>2n＋1,n的第一个取值应是(C) A．1 B．2C．3 D．4解析:∵n＝1时,21＝2,2×1＋1＝3,2n>2n＋1不成立；n＝2时,22＝4,2×2＋1＝5,2n>2n＋1不成立；n＝3时,23＝8,2×3＋1＝7,2n>2n＋1成立．∴n的第一个取值应是3.6．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(C) A．②③B．①②③C．③D．③④⑤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a2＋b2>2,故④推不出；若a＝－2,b＝－3,则ab>1,故⑤推不出；对于③,即a＋b>2.则a,b中至少有一个大于1,反证法:假设a≤1且b≤1,则a＋b≤2与a＋b>2矛盾,因此假设不成立,a,b中至少有一个大于1.二、填空题7．设a ＝3＋22,b ＝2＋7,则a ,b 的大小关系为a <b .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 .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:a ,b ,c ,d 全是负数．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”．9．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n22,则当n ＝k ＋1时左端应在n＝k 的基础上加上的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.解析:当n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋k 2, 则当n ＝k ＋1时,左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2, 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 三、解答题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．解:(1)解:由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2,故a n ＝2n －1＋2,S n ＝n (n ＋2)． (2)证明:由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ,b q ,b r (p ,q ,r ∈N *,且互不相等)成等比数列,则b 2q ＝b p b r ,即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)．∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ,q ,r ∈N *,∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ,即(p －r )2＝0. ∴p ＝r ,与p ≠r 矛盾．∴假设不成立,即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列． 11．(河北八校一模)已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n(n ∈N *),g (n )＝2(n ＋1－1)(n ∈N *)．(1)当n ＝1,2,3时,分别比较f (n )与g (n )的大小(直接给出结论)； (2)由(1)猜想f (n )与g (n )的大小关系,并证明你的结论． 解:(1)当n ＝1时,f (1)＝1,g (1)＝2(2－1),f (1)>g (1), 当n ＝2时,f (2)＝1＋12,g (2)＝2(3－1),f (2)>g (2), 当n ＝3时,f (3)＝1＋12＋13,g (3)＝2,f (3)>g (3)． (2)猜想:f (n )>g (n )(n ∈N *),即1＋12＋13＋…＋1n >2(n ＋1－1)(n ∈N *)．下面用数学归纳法证明:①当n ＝1时,上面已证．②假设当n ＝k 时,猜想成立,即1＋12＋13＋…＋1k >2(k ＋1－1)．则当n ＝k ＋1时,f (k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>2(k ＋1－1)＋1k ＋1＝2k ＋1＋1k ＋1－2； 而g (k ＋1)＝2(k ＋2－1)＝2k ＋2－2,下面转化为证明: 2k ＋1＋1k ＋1>2k ＋2. 只要证:2(k ＋1)＋1＝2k ＋3 >2(k ＋2)(k ＋1)即可, 需证:(2k ＋3)2>4(k ＋2)(k ＋1),即证:4k 2＋12k ＋9>4k 2＋12k ＋8,此式显然成立,所以,当n ＝k ＋1时猜想也成立．综上可知:对n ∈N *,猜想都成立,即1＋12＋13＋…＋1n>2(n ＋1－1)(n ∈N *)成立．12．已知f (x )＝1＋x 2,a ≠b ,则|f (a )－f (b )|与|a －b |的大小关系为( B ) A ．|f (a )－f (b )|>|a －b | B ．|f (a )－f (b )|<|a －b | C ．|f (a )－f (b )|＝|a －b | D ．不确定解析:|f (a )－f (b )|＝|1＋a 2－1＋b 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2－b 21＋a 2＋1＋b 2 ＝|a ＋b ||a －b |1＋a 2＋1＋b 2<|a ＋b ||a －b ||a |＋|b | ≤|a －b |(|a |＋|b |)|a |＋|b |＝|a －b |,所以|f (a )－f (b )|<|a －b |,故选B.13．设函数f (x )＝x 3＋11＋x,x ∈[0,1],证明:(1)f (x )≥1－x ＋x 2； (2)34<f (x )≤32.证明:(1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－(－x )41－(－x )＝1－x 41＋x ,由于x ∈[0,1],有1－x 41＋x ≤1x ＋1,即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1,所以f (x )≥1－x ＋x 2.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ,故f (x )＝x 3＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32＝(x －1)(2x ＋1)2(x ＋1)＋32≤32,所以f (x )≤32.由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＝⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34,又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1924>34,所以f (x )>34.综上,34<f (x )≤32.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用14.已知两个半径不等的圆盘叠放在一起(有一轴穿过它们的圆心),两圆盘上分别有互相垂直的两条直径将其分为四个区域,小圆盘上所写的实数分别记为x 1,x 2,x 3,x 4,大圆盘上所写的实数分别记为y 1,y 2,y 3,y 4,如图所示．将小圆盘逆时针旋转i (i ＝1,2,3,4)次,每次转动90°,记T i (i ＝1,2,3,4)为转动i 次后各区域内两数乘积之和,例如T 1＝x 1y 2＋x 2y 3＋x 3y 4＋x 4y 1.若x 1＋x 2＋x 3＋x 4<0,y 1＋y 2＋y 3＋y 4<0,则以下结论正确的是( A )A ．T 1,T 2,T 3,T 4中至少有一个为正数B ．T 1,T 2,T 3,T 4中至少有一个为负数C ．T 1,T 2,T 3,T 4中至多有一个为正数D ．T 1,T 2,T 3,T 4中至多有一个为负数解析:根据题意知(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)(y 1＋y 2＋y 3＋y 4)>0,又(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)(y 1＋y 2＋y 3＋y 4)＝T 1＋T 2＋T 3＋T 4,所以T 1,T 2,T 3,T 4中至少有一个为正数,故选A.。
高考数学总复习课时提升作业6.6直接证明与间接证明
高考数学总复习课时提升作业6.6直接证明与间接证明一、选择题(每小题5分,共35分)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中都是奇数或至少有两个偶数【解析】选D.由于“自然数a,b,c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a,b,c都是奇数或至少有两个偶数”故选D.2.(2015·北京模拟)若a,b,c是不全相等的实数,求证:a2+b2+c2>ab+bc+ca.证明过程如下:因为a,b,c∈R,所以a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac,又因为a,b,c不全相等,所以以上三式至少有一个“=”不成立,所以将以上三式相加得2(a2+b2+c2)>2(ab+bc+ac),所以a2+b2+c2>ab+bc+ca.此证法是( )A.分析法B.综合法C.分析法与综合法并用D.反证法【解析】选B.由已知条件入手证明结论成立,满足综合法的定义.3.(2015·东城模拟)在△ABC中,sinAsinC<cosAcosC,则△ABC一定是( )A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定【解析】选C.由sinAsinC<cosAcosC得cosAcosC-sinAsinC>0,即cos(A+C)>0,所以A+C是锐角,从而B>,故△ABC必是钝角三角形.4.设a,b∈R,已知p:a=b;q:≤,则p是q成立的( )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B,p:a=b是q:≤成立的充分不必要条件.5.(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<a”索的因应是( )A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0【解析】选C.<a⇔b 2-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)>0.6.已知函数f(x)=|sinx|的图像与直线y=kx(k>0)有且仅有三个交点,交点的横坐标的最大值为α,令A=,B=,则( )A.A>BB.A<BC.A=BD.A与B的大小不确定【解析】选C.作出函数f(x)=|sinx|的图像与直线y=kx(k>0)的图像,如图所示,要使两个函数有且仅有三个交点,则由图像可知,直线在内与f(x)相切,设切点为A(α,-sinα),当x∈时,f(x)=|sinx|=-sinx,此时f′(x)=-cosx,x∈,所以-cosα=-,即α=tanα,所以=====.即A=B.故选C.7.若a>b>c,则使+≥恒成立的最大的正整数k为( )A.2B.3C.4D.5【解析】选C.因为a>b>c,所以a-b>0,b-c>0,a-c>0,且a-c=a-b+b-c.又+=+=2++≥2+2=4(当且仅当2b=a+c时取等号),所以k≤+,k≤4,故k的最大整数为4,故选C.二、填空题(每小题5分,共15分)8.用反证法证明命题“若x2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a且x≠b”时,应假设为.【解析】“x≠a且x≠b”的否定是“x=a或x=b”,因此应假设为x=a或x=b. 答案:x=a或x=b【误区警示】此题容易出现:”x=a且x=b”的错误答案.9.(2014·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;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)【解析】若a=,b=,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a2+b2>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:③10.(2015·宜昌模拟)若二次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-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.【解析】方法一:(补集法)令解得p≤-3或p≥,故满足条件的p的范围为.方法二:(直接法)依题意有f(-1)>0或f(1)>0,即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0,得-<p<1或-3<p<.所以-3<p<.答案:(20分钟40分)1.(5分)设x,y,z>0,则三个数+,+,+( )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【解析】选C,因为x>0,y>0,z>0,所以++=++≥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,故选C.2.(5分)(2015·景德镇模拟)在R上定义运算:=ad-bc.若不等式≥1对任意实数x恒成立,则实数a的最大值为( )A.-B.-C.D.【解析】选D.根据题意知x2-x-a2+a+1≥0恒成立,故Δ=1-4(-a2+a+1)≤0,解得-≤a≤,故a的最大值为.3.(5分)(2015·合肥模拟)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△A2B2C2是三角形.【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,假设△A2B2C2是锐角三角形.由得那么,A2+B2+C2=,这与三角形内角和为π相矛盾.所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形,所以△A2B2C2是钝角三角形. 答案:钝角4.(12分)(1)如果a,b都是正数,且a≠b,求证a6+b6>a4b2+a2b4.(2)设a,b,c为△ABC的三条边,求证(a+b+c)2<4(ab+bc+ca).【证明】(1)a6+b6-(a4b2+a2b4)=a4(a2-b2)-b4(a2-b2)=(a2-b2)2(a2+b2),因为a,b都是正数,且a≠b,所以(a2-b2)2(a2+b2)>0,所以a6+b6>a4b2+a2b4.(2)要证原不等式成立,只需证4(ab+bc+ca)-(a+b+c)2>0,即a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)<0,即a2+b2+c2-a(b+c)-b(c+a)-c(a+b)<0,也即a[a-(b+c)]+b[b-(c+a)]+c[c-(a+b)]<0成立.因为a,b,c为△ABC的三条边,所以a-(b+c)<0,b-(c+a)<0,c-(a+b)<0,即a[a-(b+c)]+b[b-(c+a)]+c[c-(a+b)]<0成立,所以原不等式也成立.5.(13分)(能力挑战题)已知数列{A n}:a1,a2,…,a n.如果数列{B n}:b1,b2,…,b n满足b1=a n,b k=a k-1+a k-b k-1,其中k=2,3,…,n,则称{B n}为{A n}的“衍生数列”.(1)写出数列{A4}:2,1,4,5的“衍生数列”{B4}.(2)若n为偶数,且{A n}的“衍生数列”是{B n},证明:b n=a1.(3)若n为奇数,且{A n}的“衍生数列”是{B n},{B n}的“衍生数列”是{C n},…,依次将数列{A n},{B n},{C n},…首项取出,构成数列{Ω}:a1,b1,c1,…,证明:{Ω}是等差数列.【解析】(1){B4}:5,-2,7,2.(2)因为b1=a n,b1+b2=a1+a2,b2+b3=a2+a3,…,b n-1+b n=a n-1+a n,由于n为偶数,将上述n个等式中的第2,4,6,…,n这个式子都乘以-1,相加得b1-(b1+b2)+(b2+b3)-…-(b n-1+b n)=a n-(a1+a2)+(a2+a3)-…-(a n-1+a n), 即-b n=-a1,b n=a1.(3)对于数列{A n}及其“衍生数列”{B n},因为b1=a n,b1+b2=a1+a2,b2+b3=a2+a3,…,b n-1+b n=a n-1+a n,由于n为奇数,将上述n个等式中的第2,4,6,…,n-1这个式子都乘以-1,相加得b1-(b1+b2)+(b2+b3)-…+(b n-1+b n)=a n-(a1+a2)+(a2+a3)-…+(a n-1+a n)即b n=a n-a1+a n=2a n-a1.设数列{B n}的“衍生数列”为{C n},因为b1=a n,c1=b n=2a n-a1,所以2b1=a1+c1,即a1,b1,c1成等差数列. 同理可证,b1,c1,d1;c1,d1,e1,…也成等差数列. 从而{Ω}是等差数列.。
高中数学复习方略课时提升作业：直接证明与间接证明北师大 理 通用
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课时提升作业(四十)一、选择题1.在证明命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的过程:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ+sin2θ)·(cos2θ-sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”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2.要证明a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( )(A)2ab-1-a2b2≤0 (B)a2+b2-1-≤0(C)-1-a2b2≤0 (D)(a2-1)(b2-1)≥03.(2013·西安模拟)若a,b∈R,ab>0,则下列不等式中恒成立的是( )(A)a2+b2>2ab (B)a+b≥2(C)+>(D)+≥24.(2013·宿州模拟)用反证法证明命题“a,b∈N,如果ab可被5整除,那么a,b至少有1个能被5整除”,则假设的内容是( )(A)a,b都能被5整除(B)a,b都不能被5整除(C)a不能被5整除(D)a,b有一个不能被5整除5.(2013·洛阳模拟)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应满足的条件是( )(A)a2<b2+c2(B)a2=b2+c2(C)a2>b2+c2(D)a2≤b2+c26.(2013·郑州模拟)若|log a|=log a,|log b a|=-log b a,则a,b满足的条件是( ) (A)a>1,b>1 (B)0<a<1,b>1(C)a>1,0<b<1 (D)0<a<1,0<b<17.(2013·杭州模拟) 已知函数f(x)是R上的单调增函数且为奇函数，数列{a n}是等差数列，a3>0，则f(a1)+f(a3)+f(a5)的值( )(A)恒为正数(B)恒为负数(C)恒为0 (D)可正可负8.已知a,b,c都是负数,则三数a+,b+,c+( )(A)都不大于-2 (B)都不小于-2(C)至少有一个不大于-2 (D)至少有一个不小于-2二、填空题9.如果a+b>a+b,则a,b应满足的条件是.10.(2013·九江模拟)完成反证法证题的全过程.已知:a1,a2,…,a7是1,2,…,7的一个排列.求证:乘积P=(a1-1)(a2-2)…(a7-7)为偶数.证明:假设P为奇数,则均为奇数,因为奇数个奇数之和为奇数,故有奇数= = =0,得出矛盾,所以P为偶数.11.已知f(1,1)=1,f(m,n)∈N+(m,n∈N+),且对任意的m,n∈N+都有:(1)f(m,n+1)=f(m,n)+2.(2)f(m+1,1)=2f(m,1).给出以下三个结论:①f(1,5)=9;②f(5,1)=16;③f(5,6)=26.其中正确结论的序号有.三、解答题12.(2013·安庆模拟)若x,y都是实数,且x+y>2.求证:<2与<2中至少有一个成立.13.(2012·福建高考)某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数.(1)sin213°+cos217°-sin 13°cos 17°.(2)sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°.(3)sin218°+cos212°-sin 18°cos 12°.(4)sin2(-18°)+cos248°-sin(-18°)cos 48°.(5)sin2(-25°)+cos255°-sin(-25°)cos 55°.①试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数.②根据①的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论.14.(1)求证：当a>1时，不等式a 3+31a >a 2+21a 成立. (2)要使上述不等式成立，能否将条件“a>1”适当放宽？若能，请放宽条件，并简述理由；若不能，也请说明理由.(3)请你根据(1)(2)的结果，写出一个更为一般的结论，且予以证明.答案解析1.【解析】选B.从已知条件出发,推出要证的结论,满足综合法.2.【解析】选D.a 2+b 2-1-a 2b 2≤0 ⇔(a 2-1)(b 2-1)≥0.3.【解析】选D.A 中a 2+b 2≥2ab,B,C 中,若a<0,b<0时不成立.4.【解析】选B.该命题意思是说“a,b 有能被5整除的”,所以反设应是“a,b 都不能被5整除”.5.【解析】选C.当A 为钝角时,cosA<0, 因此<0,于是a 2>b 2+c 2.6.【思路点拨】先利用|m|=m,则m ≥0,|m|=-m,则m ≤0,将条件进行化简,然后利用对数函数的单调性即可求出a 和b 的范围. 【解析】选B.∵|log a |=log a ,∴log a ≥0=log a 1,根据对数函数的单调性可知0<a<1. ∵|log b a|=-log b a,∴log b a ≤0=log b 1,但b ≠1,所以根据对数函数的单调性可知b>1. 7.【思路点拨】利用奇函数的性质f(0)=0以及等差数列的性质a 1+a 5=2a 3，关键判断f(a 1)+f(a 5)>0.【解析】选A.由于f(x)是R 上的单调增函数且为奇函数，且a 3>0，所以f(a3)>f(0)=0.而a1+a5=2a3，所以a1+a5>0，则a1>-a5，于是f(a1)>f(-a5),即f(a1)>-f(a5),因此f(a1)+f(a5)>0,所以有f(a1)+f(a3)+f(a5)>0.8.【解析】选C.假设三个数都大于-2,即a+>-2,b+>-2,c+>-2,则得到(a+)+(b+)+(c+)>-6.而a,b,c都是负数,所以(a+)+(b+)+(c+)=(a+)+(b+)+(c+)≤-2-2-2=-6,这与(a+)+(b+)+(c+)>-6矛盾,因此三个数中至少有一个不大于-2. 【变式备选】设实数a,b,c满足a+b+c=1,则实数a,b,c中至少有一个不小于.【解析】假设a,b,c都小于,即a<,b<,c<,则a+b+c<1,这与a+b+c=1矛盾,因此实数a,b,c中至少有一个不小于. 答案：9.【解析】a+b>a+b⇔(-)2(+)>0⇔a≥0,b≥0,且a≠b.答案：a≥0,b≥0且a≠b10.【解析】第一个空应填:a1-1,a2-2,…,a7-7.第二个空应填:(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7).第三个空应填:(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7).答案：a1-1,a2-2,...,a7-7(a1-1)+(a2-2)+...+(a7-7)(a1+a2+...+a7)-(1+2+ (7)11.【解析】在(1)式中令m=1可得f(1,n+1)=f(1,n)+2,则f(1,5)=f(1,4)+2= (9)在(2)式中,由f(m+1,1)=2f(m,1)得,f(5,1)=2f(4,1)=…=16f(1,1)=16,从而f(5,6)=f(5,1)+10=26,故①②③均正确.答案：①②③12.【证明】假设<2与<2均不成立,则≥2且≥2,∴1+x≥2y且1+y≥2x,∴2+x+y≥2x+2y,∴x+y≤2,与已知x+y>2矛盾,∴<2与<2中至少有一个成立.13.【解析】①选择(2)式计算如下sin215°+cos215°-sin 15°cos 15°=1-sin 30°=.②三角恒等式为sin2α+cos2(30°-α)-sinαcos(30°-α)=.证明如下:sin 2α+cos 2(30°-α)-sin αcos(30°-α)=sin 2α+(cos 30°cos α+sin30°sin α)2-sin α(cos30°cos α+sin30°sin α)=sin 2α+cos 2α+sin αcos α+sin 2α- sin αcos α-sin 2α =sin 2α+cos 2α=. 14. 【解析】(1)a 3+31a -a 2-21a =31a (a-1)(a 5-1)，因为a>1，所以31a (a-1)(a 5-1)>0，故原不等式成立. (2)能将条件“a ＞1”适当放宽.理由如下：由于a-1与a 5-1对于任意的a>0且a ≠1都保持同号，所以上述不等式对任何a>0且a ≠1都成立，故条件可以放宽为a>0且a ≠1. (3)根据(1)(2)的证明，可推知： 若a>0且a ≠1，m>n>0， 则有a m +m 1a >a n+n1a . 证明如下： a m -a n +m 1a -n 1a =a n (a m-n -1)-m1a(a m-n -1) =m1a (a m-n -1)(a m+n -1), 若a>1，则由m>n>0得a m-n -1>0,a m+n -1>0，知不等式成立； 若0<a<1，则由m>n>0得a m-n -1<0,a m+n -1<0，知不等式成立.关闭Word 文档返回原板块。
高中数学课时作业39 直接证明与间接证明
课时作业39 直接证明与间接证明1．(2019·天津一中月考)用反证法证明命题：“a ,b ∈N,若ab 可被5整除,那么a,b 中至少有一个能被5整除．”时,假设的内容应该是( B )A ．a,b 都能被5整除B ．a,b 都不能被5整除C ．a,b 不都能被5整除D ．a 能被5整除解析：由于反证法是命题的否定的一个运用,故用反证法证明命题时,可以设其否定成立从而进行推证．命题“a ,b ∈N,如果ab 可被5整除,那么a,b 中至少有一个能被5整除．”的否定是“a ,b ∈N,如果ab 可被5整除,那么a,b 都不能被5整除”,故选B.2．(2019·河北邢台模拟)用反证法证明命题“三角形的三个内角中至多有一个钝角”,假设正确的是( C )A ．假设三角形的三个内角都是锐角B ．假设三角形的三个内角都是钝角C ．假设三角形的三个内角中至少有两个钝角D ．假设三角形的三个内角中至少有两个锐角解析：“至多有一个”的否定是“至少有两个”．故选C. 3．若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 与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．其中判断正确的个数是( C ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：由于a,b,c 不全相等,则a －b,b －c,c －a 中至少有一个不为0,故①正确；②显然正确；令a ＝2,b ＝3,c ＝5,满足a≠c ,b≠c ,a≠b ,故③错误．4．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 ．A≤B≤C B．A≤C≤BC ．B≤C≤A D．C≤B≤A 解析：因为a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋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 ,即A≤B≤C.5．设x,y,z ∈R ＋,a ＝x ＋1y ,b ＝y ＋1z ,c ＝z ＋1x ,则a,b,c 三个数( C )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2 解析：假设a,b,c 都小于2, 则a ＋b ＋c ＜6,而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋1y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z ＋1z ≥2＋2＋2＝6,与a ＋b ＋c ＜6矛盾,∴a,b,c 都小于2不成立．∴a,b,c 三个数至少有一个不小于2,故选C.6．在等比数列{a n }中,a 1＜a 2＜a 3是数列{a n }递增的( C ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：当a 1＜a 2＜a 3时,设公比为q, 由a 1＜a 1q ＜a 1q 2得若a 1＞0,则1＜q ＜q 2,即q ＞1, 此时,显然数列{a n }是递增数列, 若a 1＜0,则1＞q ＞q 2,即0＜q ＜1, 此时,数列{a n }也是递增数列, 反之,当数列{a n }是递增数列时, 显然a 1＜a 2＜a 3.故a 1＜a 2＜a 3是等比数列{a n }递增的充要条件．7．设a ＝3＋22,b ＝2＋7,则a,b 的大小关系为 a ＜b .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,所以a ＜b.8．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 c n ＞c n ＋1 .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 .9．(2019·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 ⎝⎛⎭⎪⎫－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. 10．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 钝角 三角形．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⎩⎪⎨⎪⎧sinA 2＝cosA 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2－A 1，sinB 2＝cosB 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B 1，sinC 2＝cosC 1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1.那么,A 2＋B 2＋C 2＝π2,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＝π2,则cosA 1＝sinA 2＝1,A 1＝0,矛盾．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．11．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.∵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．若a,b,c 是不全相等的正数,求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lga ＋lgb ＋lgc.证明：要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lga ＋lgb ＋lgc,只需证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lgabc,只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc.因为a,b,c 是不全相等的正数,所以a ＋b 2≥ab,b ＋c 2≥bc,c ＋a2≥ca(三个式子中等号不同时成立)．所以显然有a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc 成立,原不等式得证．13．已知函数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(3x 1－2x 1)＋(3x 2－2x 2)2≥3x 1＋x 22－2·x 1＋x 22,因此只要证明3x 1＋3x 22－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2),即证明3x 1＋3x 22≥3x 1＋x 22,因此只要证明3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2,由于当x 1,x 2∈R 时,3x 1＞0,3x 2＞0,由基本不等式知3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2显然成立,当且仅当x 1＝x 2时,等号成立,故原结论成立．14．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：如图,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)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.15．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．解：(1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得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 ∈N *,且互不相等)成等比数列,则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr)＋2(2q －p －r)＝0. ∵p,q,r ∈N *,∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝q 2＝pr,(p －r)2＝0.∴p ＝r, 与p≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．16．(2019·衡阳调研)直线y ＝kx ＋m(m≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A,C 两点,O 是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0,1),且四边形OABC 为菱形时,求AC 的长； (2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时,证明：四边形OABC 不可能为菱形． 解：(1)因为四边形OABC 为菱形, 则AC 与OB 相互垂直平分．由于O(0,0),B(0,1),所以设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，12,代入椭圆方程得t 24＋14＝1, 则t ＝±3,故|AC|＝2 3. (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 ，消去y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 设A(x 1,y 1),C(x 2,y 2),则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2,y 1＋y 22＝k·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k2. 所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2. 因为M 为AC 和OB 的交点,且m≠0,k≠0,所以直线OB 的斜率为－14k ,因为k·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ＝－14≠－1,所以AC 与OB 不垂直． 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．。
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河北省清河县高三数学《39直接证明与间接证明》课时作业
一、选择题(每小题5分，共30分)
1．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 2
D.x y <
x ＋1
y ＋1
解析：∵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＋1
2＋1，故D 不正确．
答案：B
2．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 >a C ．c >a >b
D ．a >c >b
解析：∵a ＝3－2＝
13＋2
，
b ＝6－5＝16＋5，
c ＝7－6＝
17＋6
，
∴若比较a ，b ，c 的大小，
只要比较3＋2，6＋5，7＋6的大小． ∵7＋6>6＋5>3＋2>0， ∴
1
7＋6<16＋5<13＋2， ∴c <b <a . 答案：A
3．已知P ＝2－32，Q ＝(52)3，R ＝(12)3
，则P 、Q 、R 的大小关系是( )
A ．P <Q <R
B ．R <P <Q
C ．Q <P <R
D ．R <Q <P
解析：∵0<P ＝2－32<1，Q ＝(52)3>1,0<R ＝(12)3＝1
8<1，
∴P <Q ，R <Q ，∵2－32>2－3
.
∴R <P ，∴R <P <Q . 答案：B
4．设a >2，b >2，则( ) A ．ab >a ＋b B ．ab <a ＋b
C ．存在a ，b ，使得ab ＝a ＋b D.a b
>1
解析：⎩⎪⎨
⎪⎧
a ＋
b >4a －
b －
⇒ab >2(a ＋b )－4>a ＋b .
答案：A
5．(2010·揭阳模拟)设a ，b ，u 都是正实数，且a ，b 满足1a ＋9
b
＝1，则使得a ＋b ≥u
恒成立的u 的范围是( )
A ．(0,16]
B ．(0,12]
C ．(0,10]
D ．(0,8]
解析：∵1a ＋9
b
＝1，
∴a ＋b ＝(a ＋b )(1a ＋9b )＝1＋a b ×9＋b
a
＋9≥10＋2·
9a b ×b
a
＝16.
当且仅当9a b ＝b
a
，即a ＝4，b ＝12时取等号．
若a ＋b ≥u 恒成立， ∴0<u ≤16. 答案：A
6．设a 、b 、c ∈R ＋
，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a
满足( )
A ．都不大于2
B ．都不小于2
C ．至少有一个不大于2
D ．至少有一个不小于2
解析：若a ＋1b <2，b ＋1c <2，c ＋1
a
<2同时成立，
相加得(a ＋1a )＋(b ＋1b )＋(c ＋1
c
)<6.①
但∵a 、b 、c ∈R ＋
，
∴a ＋1a ≥2，b ＋1b ≥2，c ＋1
c
≥2.
∵(a ＋1a )＋(b ＋1b
)＋(c ＋1
c
)≥6.②
∵①式与②式矛盾，
∴a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1
a
至少有一个不小于2，选D.
答案：D
二、填空题(每小题5分，共15分)
7．若x >1，则x 与ln x 的大小关系是________． 解析：令f (x )＝x －ln x ， 则f ′(x )＝1－1x ＝x －1
x
.
∵x >1，∴
x －1
x
>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上是增函数， ∴f (x )>f (1)＝1>0， 即x －ln x >0，∴x >ln x . 答案：x >ln x
8．lg9·lg11与1的大小关系是__________．
解析：lg9·lg11<(lg9＋lg112)2＝(lg992)2<(lg1002)2
＝1.
答案：lg9·lg11<1
9．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 ＝sin x
在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________．
解析：∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π)， ∴
f A ＋f B ＋f C
3
≤f (
A ＋
B ＋C
3)＝f (π
3
)，
即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝33
2，
所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为33
2.
答案：332
三、解答题(共55分)
10．(15分)已知a 、b 、c ∈(0，＋∞)，且a 、b 、c 成等比数列． 求证：a 2
＋b 2
＋c 2
>(a －b ＋c )2
. 证明：左边－右边＝2(ab ＋bc －ac )．
∵a 、b 、c 成等比数列，∴b 2
＝ac .∵a 、b 、c ∈(0，＋∞)， ∴0<b ＝ac ≤
a ＋c
2
<a ＋c .
∴a ＋c >b .∴2(ab ＋bc －ac )＝2(ab ＋bc －b 2
)＝2b (a ＋c －b )>0.∴a 2
＋b 2
＋c 2
>(a －b ＋
c )2.
11．(20分)(1)设x 是正实数， 求证：(x ＋1)(x 2
＋1)(x 3
＋1)≥8x 3
；
(2)若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2
＋1)(x 3
＋1)≥8x 3
是否仍然成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x 的值．
解：(1)x 是正实数，由基本不等式知
x ＋1≥2x ，1＋x 2≥2x ，x 3＋1≥2x 3，
故(x ＋1)(x 2
＋1)(x 3
＋1)≥2x ·2x ·2x 3
＝8x 3
(当且仅当x ＝1时等号成立)． (2)若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2
＋1)(x 3
＋1)≥8x 3
仍然成立． 由(1)知，当x >0时，不等式成立； 当x ≤0时，8x 3
≤0，
而(x ＋1)(x 2
＋1)(x 3
＋1)＝(x ＋1)2
(x 2
＋1)(x 2
－x ＋1) ＝(x ＋1)2(x 2
＋1)[(x －12)2＋34]≥0，
此时不等式仍然成立．
——探究提升——
12．(20分)已知二次函数f (x )＝ax 2
＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若
f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.
(1)证明：1
a 是f (x )＝0的一个根；
(2)试比较1
a
与c 的大小； (3)证明：－2<b <－1.
解：(1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2， ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，
又x 1x 2＝c a
，∴x 2＝1a (1
a
≠c )，
∴1
a
是f (x )＝0的一个根．
(2)假设1a <c ，又1
a
>0，由0<x <c 时，f (x )>0，
知f (1a )>0与f (1a )＝0矛盾，∴1a
>c .
(3)由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0， ∴b ＝－1－ac . 又a >0，c >0，∴b <－1.
二次函数f (x )的图象的对称轴方程为
x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a ，
即－b 2a <1a
.
又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.。