2019届人教B版(文科数学) 直接证明与间接证明单元测试

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人教B版(文科数学) 直接证明与间接证明单元测试

(三十八)第38讲直接证明与间接证明时间/30分钟分值/70分1.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.下列假设正确的是()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2.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03.[2018·吉林梅河口五中月考]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|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于,用反证法证明时可假设|f(1)|≥,且|f(2)|≥.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4.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,若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5.已知a,b是不相等的正数,x=,y=,则x,y的大小关系是.6.若a,b∈R,则下面四个不等式恒成立的是()A. lg(1+a2)>0B. a2+b2≥2(a-b-1)C. a2+3ab>2b2D. <7.已知m>1,a=-,b=--,则以下结论正确的是()A.a>bB.a<bC.a=bD.a,b的大小关系不确定8.设m,n,t都是正数,则m+,n+,t+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49.[2018·浙江诸暨5月模拟]等差数列{a n}的前n项和是S n,公差d≠0,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<010.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11.若a+b>a+b,则a,b应满足的条件是.12.已知点A n(n,a n)为函数y=的图像上的点,B n(n,b n)为函数y=x的图像上的点,其中n∈N*,设c n=a n-b n,则c n与c n+1的大小关系为.13.用反证法证明“若x2-1=0,则x=-1或x=1”时,应假设.图K38-114.已知两个半径不相等的圆盘叠放在一起(两圆心重合),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K38-1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()A.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(三十八)1.D[解析] “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.2.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,因此假设不成立,即a,b中至少有一个小于0.3.C[解析] ①中结论“p+q≤2”的否定为“p+q>2”,假设正确;②中结论“|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于”的否定为“|f(1)|<,且|f(2)|<”,假设错误.故选C.4.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,则f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.5.y>x [解析] x2=,y2=a+b,y2-x2=a+b-=-=->0,即y2>x2,因为x>0,y>0,所以y>x.6.B[解析] 在B中,∵a2+b2-2(a-b-1)=(a2-2a+1)+(b2+2b+1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,∴a2+b2≥2(a-b-1)恒成立,故选B..而7.B[解析] ∵a=-=,b=--=-+>+->0(m>1),∴<,a<b,故选B.-8.D[解析] 因为m++n++t+=m++n++t+≥12,当且仅当m=n=t=2时等号成立,所以三个数中至少有一个不小于4,故选D.9.C[解析] 由a2,a3,a6成等比数列,可得=a2a6,可得(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),即2a1d+d2=0,∵公差d≠0,∴a1d<0,2a1+d=0,∴dS3=d(3a1+3d)=d2>0.故选C.10.B[解析] ∵x>0,y>0,且y-x>1,∴x<y-1,∴-x>1-y,∴<-=-1.∵x<y-1,∴3x<3y-3,∴1+3x<3y-2,∴<-=3-.当y>1时,3->1;当0<y≤1时,3-≤1.∴可小于1,可等于1,也可大于1,故,中至少有一个小于1.故选B.11.a≥0,b≥0且a≠b [解析]∵a+b-(a+b)=(a-b)+(b-a)=(-)(a-b)=(-)2(+),∴当a≥0,b≥0且a≠b时,(-)2(+)>0.12.c n+1<c n[解析] 由条件得c n=a n-b n=-n=,则c n随着n的增大而减小,∴c n+1<c n.13.x≠-1且x≠1[解析] “x=-1或x=1”的否定是“x≠-1且x≠1”.14.A[解析] 根据题意知(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4)>0,又(x1+x2+x3+x4)(y1+y2+y3+y4)=T1+T2+T3+T4,所以可知T1,T2,T3,T4中至少有一个为正数,故选A.。

直接证明与间接证明

直接证明与间接证明直接证明和间接证明是数学中常用的两种证明方法。

直接证明是通过逻辑推理和已知的真实前提，以直接的方式推出所要证明的结论。

间接证明则是采用反证法或者假设推理的方式，通过说明对立假设或者逻辑矛盾来推出所要证明的结论。

直接证明的思路是从已知条件出发，逐步运用数学定义、性质、定理等等，直接推导到所要证明的结论。

这种证明方法通常比较直观，步骤清晰，容易理解。

下面来看一个简单的例子。

假设我们要证明：如果一个正整数是3的倍数，则这个正整数的平方也是3的倍数。

直接证明的思路是从正整数是3的倍数这个已知条件出发，即假设正整数n可以写为3k，其中k为整数。

那么正整数n的平方可以写为(3k)^2=9k^2，即n^2=9k^2、由此可知，正整数n^2也可以写为3的倍数，因为9k^2可以写为3的倍数。

因此，根据直接证明的逻辑推理，我们得出结论：如果一个正整数是3的倍数，则这个正整数的平方也是3的倍数。

间接证明的思路是通过反证法或者假设推理的方式，假设所要证明的结论不成立，然后通过推理说明这个假设是不可能的或者导致矛盾的。

下面来看一个简单的例子。

假设我们要证明：不存在两个整数的和等于3的倍数，且差等于5的倍数。

间接证明的思路是先假设存在这样的两个整数，分别为a和b。

那么根据条件，我们可以得到以下两个等式：a+b=3k，其中k为整数；a-b=5m，其中m为整数。

然后我们将这两个等式相加，得到：2a=3k+5m。

由于3k+5m是整数，所以2a也是整数。

但是，由于2是偶数，所以2a是偶数，而3k+5m是奇数。

因此，2a和3k+5m不能同时成立，即假设不成立。

因此，不存在两个整数的和等于3的倍数，且差等于5的倍数。

以上是直接证明和间接证明的简单例子，实际的证明可能需要更多的推理和步骤。

两种证明方法各有优点和适用范围。

直接证明通常通过展示清晰的推理过程来达到证明目的，适合于结论的证明比较明显和直观的情况。

而间接证明则通过反证法或者假设推理来达到证明目的，适合于结论的证明比较困难或者复杂的情况。

2019届人教A版(文科数学) 直接证明与间接证明单元测试

2019届人教版高考（文）数一轮复习针对训练（37）直接证明与间接证明一、选择题1.如图是解决问题的思维过程的流程图,图中①②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法相匹配的是( )A.①分析法,②综合法B.①综合法,②分析法C.①综合法,②反证法D.①分析法,②反证法2.+<(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 3.在证明命题"对于任意角θ,44cos sin cos 2θθθ-="的过程"44cossin θθ+()()2222cos sin cos sin θθθθ=+-22cos sin θθ=-cos 2θ="中,应用了( )A.分析法B.综合法C.分析法和综合法综合使用D.间接证明法 4.分析法是从要证明的结论出发,逐步寻求使结论成立的( )A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.等价条件5.用反证法证明命题“设a ,b 为实数,则方程20x ax b ++=至少有一个实根”时,要做的假设是( )A.方程20x ax b ++=没有实根 B.方程20x ax b ++=至多有一个实根 C.方程20x ax b ++=至多有两个实根 D.方程20x ax b ++=恰好有两个实根6.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 --<7.设x 、y 、z 都是实数, 1a x y =+,1b y z =+,1c z x=+,则,,a b c 三个数( ) A.至少有一个不大于2 B.都小于2C.至少有一个不小于2D.都大于2 二、填空题8.命题“函数() f x x xln x =-在区间()0,1上是增函数”的证明过程“对函数() f x x xln x =-取导得()f x lnx '=-,当()0,1x ∈时, ()0f x lnx '=->,故函数()f x 在区间()0,1上是增函数”应用了的证明方法.9.甲、乙、丙三名同学中只有一人考了满分,当他们被问到谁考了满分时,回答如下.甲说:丙没有考满分; 乙说:是我考的; 丙说:甲说的是真话.事实证明:在这三名同学中,只有一人说的是假话,那么得满分的同学是 . 三、解答题10.如图所示,已知DA ⊥平面ABC ,ABC ∆是斜三角形,点A '是点A 在平面BCD 上的正射影,求证:点A '不可能是BCD ∆的垂心.11.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,39S =+1.求数列{}n a 的通项n a 与前n 项和n S ; 2.设()nn S b n N n*=∈,求证:数列{}n b 中任意不同的三项都不可能成为等比数列.参考答案一、选择题1.答案：B 解析：2.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. 3.答案：B解析：因为证明过程是“从左往右”,即由条件⇒结论. 4.答案：A 解析： 5.答案：A解析：“方程20x ax b ++=至少有一个实根”等价于“方程20x ax b ++=有一个实根或两个实根”所以该命题的否定是“方程20x ax b ++=没有实根”.故选A. 6.答案：C解析：由a b c >>,且0a b c ++=可得 b a c =--,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 . 7.答案：C解析：假设,,a b c 都小于2,则 6.a b c ++< 而事实上1112226a b c x y z y z x++=+++++≥++=与假设矛盾, ∴,,a b c 中至少有一个不小于2.二、填空题8.答案：综合法解析：该证明过程符合综合法的特点. 9.答案：甲解析：采用反证法,如果甲说的是假话,那丙就是满分, 那么乙也说的是假话,就不成立了, 如果乙说的是假话,那乙没有考满分, 丙也没有考满分,那只有甲考满分.三、解答题10.答案：证明:假设点A '是BCD ∆的垂心,则A B CD '⊥. 因为'AA ⊥平面BCD 于点A ',则AB CD ⊥. 又因为DA ⊥平面ABC ,则AB AC ⊥, 这与ABC ∆是斜三角形的条件矛盾, 故点A '不可能是BCD ∆的垂心. 解析：11.答案：1.由已知得111{339a a d =++=+∴2d =,∴()11221n a n n =++-⨯=+-,(n S n n ==.2.证明:由1问得nn S b n n==. 假设数列{}n b 中存在三项,,p q r b b b (,,?p q r 互不相等)成等比数列, 则2q p r b b b =,即((2q p r +=+.∴())220q pr q p r -+--=. ∵,,p q r N *∈,∴20,{20.q pr q p r -=--=∴()22,02p r pr p r +⎛⎫=-= ⎪⎝⎭, ∴p r =,与p r ≠矛盾.∴数列{}n b 中任意不同的三项都不可能成等比数列.解析：1.考查等差数列的通项公式与前项和公式,应用()11n a a n d =+-和()1112n S na n n d =+-两个公式即可解决问题.2.考查等比数列的概念与性质,还有反证法,因为否定形式的命题,直接证明比较困难,故采用反证法,其关键是要合理地得出矛盾.。

高一数学直接证明与间接证明试题答案及解析

高一数学直接证明与间接证明试题答案及解析1.用反证法证明命题“若a2+b2=0，则a、b全为0（a、b∈R）”，其反设正确的是（）A．a、b至少有一个不为0B．a、b至少有一个为0C．a、b全不为0D．a、b中只有一个为0【答案】A【解析】把要证的结论否定之后，即得所求的反设．解：由于“a、b全为0（a、b∈R）”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，故选 A．点评：本题考查用反证法证明数学命题，得到“a、b全为0（a、b∈R）”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，是解题的关键．2.“用反证法证明命题“如果x＜y，那么x＜y”时，假设的内容应该是（）A．x=yB．x＜yC．x=y且x＜yD．x=y或x＞y【答案】D【解析】由于用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x＜y”的否定为：“x≥y ”．解：∵用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x＜y”的否定为：“x=y或x ＞y”，故选D．点评：本题主要考查用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于中档题．3.已知a、b、c是△ABC的三边长，A=，B=，则（）A．A＞B B．A＜B C．A≥B D．A≤B【答案】A【解析】由题意得 c＜a+b，故 B==＜，变形后再放大，可证小于 A．解：∵a、b、c是△ABC的三边长，∴c＜a+b，∴B==＜==+＜+=A，∴B＜A，故选 A．点评：本题考查三角形的边长的性质，用放缩法证明不等式．4.用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确顺序的序号为（）A.①②③B.①③②C.②③①D.③①②【答案】D【解析】根据反证法的证法步骤知：第一步反设，假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确．第二步得出矛盾：A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；第三步下结论：所以一个三角形中不能有两个直角．从而得出正确选项．解：根据反证法的证法步骤知：假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；所以一个三角形中不能有两个直角．故顺序的序号为③①②．故选D．点评：反证法是一种简明实用的数学证题方法，也是一种重要的数学思想．相对于直接证明来讲，反证法是一种间接证法．它是数学学习中一种很重要的证题方法．其实质是运用“正难则反”的策略，从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾．5.用反证法证明：“a＞b”，应假设为（）A．a＞b B．a＜b C．a=b D．a≤b【答案】D【解析】用反证明法证明，要先假设原命题不成立，即先要否定原命题．解：用反证明法证明，要先假设原命题不成立，即先要否定原命题，故用反证法证明：“a＞b”，应假设为“a≤b”，故选D．点评：本题考查反证法的解题过程和证明方法，解题时要认真审题，仔细解答．6.关于综合法和分析法说法错误的是（）A．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法B．综合法又叫顺推证法或由因导果法C．分析法又叫逆推证法或执果索因法D．综合法和分析法都是因果分别互推的两头凑法【答案】D【解析】根据综合法、分析法的定义可得结论．解：根据综合法的定义可得，综合法是执因导果法，是顺推法；根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法，是直接证法．故选：D．点评：本题主要考查综合法、分析法的定义，属于基础题．7.某同学证明+＜+的过程如下：∵﹣＞﹣＞0，∴＜，∴＜，∴+＜+，则该学生采用的证明方法是（）A．综合法B．比较法C．反证法D．分析法【答案】A【解析】从推理过程（是“执因索果”还是“执果索因”）即可得到答案．解：从推理形式来看，从﹣＞﹣＞0入手，推出＜，继而得到＜，最后得到+＜+，是“执因索果”，是综合法证明，故选：A．点评：本题考查综合法与分析法，掌握二者的推理形式（“执因索果”为综合法，“执果索因”为分析法）是关键，属于中档题．8.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【答案】D【解析】将左边因式分解，即可得出结论．解：要证：a2+b2﹣1﹣a2b2≤0，只要证明（a2﹣1）（1﹣b2）≤0，只要证明（a2﹣1）（b2﹣1）≥0．故选：D．点评：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式．9.下面叙述正确的是（）A．综合法、分析法是直接证明的方法B．综合法是直接证法、分析法是间接证法C．综合法、分析法所用语气都是肯定的D．综合法、分析法所用语气都是假定的【答案】A【解析】根据综合法、分析法的定义与证题思路，可得结论．解：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式，是直接证明的方法．故选：A．点评：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式．10.求证：+＞．证明：因为+和都是正数，所以为了证明+＞，只需证明（+）2＞（）2，展开得5+2＞5，即2＞0，显然成立，所以不等式+＞．上述证明过程应用了（）A．综合法B．分析法C．综合法、分析法混合D．间接证法【答案】B【解析】分析法是果索因，基本步骤：要证…只需证…，只需证…，分析法是从求证的不等式出发，找到使不等式成立的充分条件，把证明不等式的问题转化为判定这些充分条件是否具有的问题．解：分析法是果索因，基本步骤：要证…只需证…，只需证…结合证明过程，证明过程应用了分析法．故选：B．点评：解决本题的关键是对分析法的概念要熟悉，搞清分析法证题的理论依据，掌握分析法的证11.下列对分析法表述正确的是；（填上你认为正确的全部序号）①由因导果的推法；②执果索因的推法；③因果分别互推的两头凑法；④逆命题的证明方法．【答案】②【解析】根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法．解：根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法，是直接证法．故答案为：②．点评：本题主要考查综合法、分析法、反证法的定义，属于基础题．12.命题“对于任意角θ，cos4θ﹣sin4θ=cos2θ”的证明：“cos4θ﹣sin4θ=（cos2θ﹣sin2θ）（cos2θ+sin2θ）=cos2θ﹣sin2θ=cos2θ”过程应用了（）A．分析发B．综合法C．综合法、分析法结合使用D．间接证法【答案】B【解析】在推理的过程中使用了因式分解，平方差公式，以及余弦的倍角公式，符合综合法的证明过程．解：在证明过程中使用了大量的公式和结论，有平方差公式，同角的关系式，所以在证明过程中，使用了综合法的证明方法．故选：B．点评：本题主要考查证明方法的选择和判断，比较基础．13.证明不等式的最适合的方法是（）A．综合法B．分析法C．间接证法D．合情推理法【答案】B【解析】要证原不等式成立，只要证＜，即证9+2＜9+2，故只要证＜，即证14＜18，此种证明方法是分析法．解：要证明不等式，只要证＜，即证9+2＜9+2，故只要证＜，即证14＜18．以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法．故选B．点评：本题考查的是分析法和综合法，解答此题的关键是熟知比较大小的方法．从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件，分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法．也称为因果分析，属于中档题．14.设（）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】假设：中都小于2，则，但由于=≥2+2+2=6，出现矛盾，从而得出正确答案：中至少有一个不小于2．解：由于=≥2+2+2=6，∴中至少有一个不小于2，故选C．点评：分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法，也称为因果分析，从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件；综合法是指从已知条件出发，借助其性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题，其特点和思路是“由因导果”，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．15.已知函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为α，．则（）A．A＞B B．A＜BC．A=B D．A与B的大小不确定【答案】C【解析】作出函数f（x）=|sinx|的图象，利用函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个交点，确定切点坐标，然后利用三角函数的关系即可得到结论．解：作出函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）的图象，如图所示，要使两个函数有且仅有三个交点，则由图象可知，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∈（）．∴﹣cos，即α=tanα，∴==．即A=B．故选：C．点评：本题主要考查三角函数的图象和性质，利用数形结合是解决本题的关键．16.设函数f（x）=，类比课本推导等差数列的前n项和公式的推导方法计算f（﹣5）+f（﹣4）+f（﹣3））+…+f（0））+f（1））+…+f（5）+f（6）的值为（）A．B．C．3D．【答案】C【解析】根据课本中推导等差数列前n项和的公式的方法﹣倒序相加法，观察所求式子的特点，应先求f（x）+f（1﹣x）的值．解：∵f（x）=∴f（x）+f（1﹣x）=+=+==，即f（﹣5）+f（6）=，f（﹣4）+f（5）=，f（﹣3）+f（4）=，f（﹣2）+f（3）=，f（﹣1）+f（2）=，f（0）+f（1）=，∴所求的式子值为3 ．故选C．点评：本题为规律性的题目，要善于观察式子的特点，并且此题给出了明确的方法，从而降低了本题难度．17.（2014•北京）学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，则这一组学生最多有（）A．2人B．3人C．4人D．5人【答案】B【解析】分别用ABC分别表示优秀、及格和不及格，根据题干中的内容推出文成绩得A，B，C 的学生各最多只有1个，继而推得学生的人数．解：用ABC分别表示优秀、及格和不及格，显然语文成绩得A的学生最多只有1个，语文成绩得B得也最多只有一个，得C最多只有一个，因此学生最多只有3人，显然（AC）（BB）（CA）满足条件，故学生最多有3个．故选：B．点评：本题主要考查了合情推理，关键是找到语句中的关键词，培养了推理论证的能力．18.（2014•揭阳三模）对于正实数α，Mα为满足下述条件的函数f（x）构成的集合：∀x1，x2∈R且x2＞x1，有﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1）．下列结论中正确的是（）A．若f（x）∈Mα1，g（x）Mα2，则f（x）•g（x）∈Mα1•α2B．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，且g（x）≠0，则C．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，则f（x）+g（x）∈Mα1+α2D．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，且α1＞α2，则f（x）﹣g（x）∈Mα1﹣α2【答案】C【解析】对于﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1）．变形有，令，不妨设f（x）∈Mα1，g（x））∈Mα2，利用不等式的性质可得f（x）+g（x）∈Mα1+α2．从而得出正确答案．解：对于﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1），即有，令，有﹣α＜k＜α，不妨设f（x）∈Mα1，g（x））∈Mα2，即有﹣α1＜kf＜α1，﹣α2＜kg＜α2，因此有﹣α1﹣α2＜kf+kg＜α1+α2，因此有f（x）+g（x）∈Mα1+α2．故选C．点评：本题考查的是元素与集合关系的判断、进行简单的合情推理、函数恒成立问题，在能力上主要考查对新信息的理解力及解决问题的能力．19.（2014•枣庄一模）在实数集R中定义一种运算“*”，对任意a，b∈R，a*b为唯一确定的实数，且具有性质：（1）对任意a∈R，a*0=a；（2）对任意a，b∈R，a*b=ab+（a*0）+（b*0）．则函数f（x）=（e x）*的最小值为（）A．2B．3C．6D．8【答案】B【解析】根据性质，f（x）=（e x）*=1+e x+，利用基本不等式，即可得出结论．解：根据性质，f（x）=（e x）*=1+e x+≥1+2=3，当且仅当e x=时，f（x）=（e x）*的最小值为3．故选：B．点评：本题考查新定义，考查基本不等式的运用，正确理解新定义是关键．20.（2014•泸州一模）一支人数是5的倍数且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人．则这只游行队伍的最少人数是（）A．1025B．1035C．1045D．1055【答案】C【解析】由已知可设这只游行队伍的最少人数是n，则n﹣1是2，3，4的公倍数，即12的倍数，且n为5和倍数，进而可得答案．解：设这只游行队伍的最少人数是n∵每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人．∴n﹣1是2，3，4的公倍数，即12的倍数即n﹣1=1008+12k，k∈N则n=1009+12k，k∈N又∵n为5的倍数故当k=3时，1045是满足条件的最少人数故选C点评：本题是典型的“韩信点兵”问题，解答的关键是将问题转化为公倍数问题．。

2019-2020年高中数学人教B版选修1-2单元提分卷：(4)直接证明与间接证明

单元提分卷（4）直接证明与间接证明1、用反证法证明命题“设,为实数,则方程至少有一个实根”时,要做a b 20x ax b ++=的假设是( )A.方程没有实根20x ax b ++=B.方程至多有一个实根20x ax b ++=C.方程至多有两个实根20x ax b ++=D.方程恰好有两个实根20x ax b ++=2、用反证法证明命题“若,则全为”其反设正确的是( )220a b +=,a b 0A. 至少有一个不为,a b 0B. 至少有一个为,a b 0C. 全不为,a b 0D. 中只有一个为,a b 03、用反证法证明：若整系数一元二次方程有有理根，那么20(0)ax bx c a ++=≠中至少有一个是偶数，用反证法证明时，下列假设正确的是（）a b c 、、A.假设都是偶数 B.假设都不是偶数a b c 、、a b c 、、C.假设至多有一个偶数 D.假设至多有两个偶数a b c 、、a b c 、、4、用反证法证明命题:“若能被5整除,则中至少有一个能被5整除”,那,Z,a b ab ∈,a b 么假设的内容是( )A. 都能被5整除,a b B. 都不能被5整除,a b C. 有一个能被5整除,a b D. 有一个不能被5整除,a b5、用反证法证明“如果”,假设的内容应是( )a b <<A.=B.<C.=<D.=>6、用反证法证明命题“自然数 ,中恰有一个偶数”时,需假设( ),,a b c A. 都是奇数,,a b c B. 都是偶数,,a b c C. 都是奇数或至少有两个偶数,,a b c D. 至少有两个偶数,,a b c 7、反证法是( )A.从结论的反面出发,推出矛盾的证法B.对其否命题的证明C.对其逆命题的证明D.分析法的证明方法8、用反证法证明“中至少有一个大于”,下列假设正确的是( ),,a b c 0A.假设都小于,,a b c 0B.假设都大于,,a b c 0C.假设中至多有一个大于,,a b c 0D.假设中都不大于,,a b c 09、分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设,且,求证a b c >>0a b c ++=”最终索的因应是( )<A. 0a b ->B. 0a c -<C. ()()0a b a c -->D. ()()0a b a c --<10、用反证法证明命题:“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤:①,这与三角形内角和为相矛盾, 不成9090180A B C C ++=︒+︒+>︒180︒90A B ==︒立;②所以一个三角形中不能有两个直角;③假设三角形的三个内角、、中有两个直角,不妨设,正确顺序的序号A B C 90A B ==︒为( )A.①②③B.③①②C.①③②D.②③①11、完成反证法证题的全过程.设是的一个排列,求证:乘积127,,,a a a ⋯1,2,,7⋯为偶数.()()()127127p a a a =--⋯-证明:假设为奇数,则均为奇数.因奇数个奇数之和为奇数,故有p 1271,2,,7a a a --⋯-奇数=__________=__________=0.但奇数,这一矛盾说明为偶数.0≠p 12、“任意三角形的外角都至少有两个钝角”的否定是__________.13、命题“是实数,若,则且”,用反证法证明时,应先假设 .,a b 110a b -+-=1a =1b =14、用反证法证明命题:“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤:①,这与三角形内角和为相矛盾,9090180A B C C ∠+∠+∠=︒+︒+∠>︒180︒不成立;90A B ∠=∠=︒②所以一个三角形中不能有两个直角;③假设三角形的三个内角、、中有两个直角,不妨设,A ∠B ∠C ∠90A B ∠=∠=︒正确顺序的序号为__________.答案以及解析1答案及解析：答案：A解析：“方程至少有一个实根”等价于“方程有一个实根20x ax b ++=20x ax b ++=或两个实根”所以该命题的否定是“方程没有实根”.故选A.20x ax b ++=2答案及解析：答案：A解析：“全为”的否定是“不全为”.003答案及解析：答案：B解析：：“至少有一个”的否定为“都不是”,故选B4答案及解析：答案：B解析：反证法中,假设的应该是原结论的对立面,故应该为都不能被5整除.,a b5答案及解析：答案：D,<≥=>故选D.6答案及解析：答案：B解析：7答案及解析：答案：A解析：根据反证法的定义容易知选A.8答案及解析：答案：D解析：用反证法证明“中至少有一个大于”,应先假设要证命题的否定成立.,,a b c 0而要证命题的否定为:“假设中都不大于”,,,a b c 0故选D.9答案及解析：答案：C解析：由,且可得a b c >>0a b c ++=,,b a c =--0a >0c <23b ac a -<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 cb ac --->即证()()0a c ab -⋅->故求证”索的因应是<()()0a c ab -->故选.C10答案及解析：答案：B解析：根据反证法的证法步骤知:假设三角形的三个内角、、中有两个直角,不妨设,正确 ; A B C 90A B ==︒,这与三角形内角和为相矛盾, 不成立;9090180A B C C ++=︒+︒+>︒180︒90A B ==︒所以一个三角形中不能有两个直角.故顺序的序号为③①②.故选B.考点:反证法与放缩法.11答案及解析：答案：()()()()()127127127;127a a a a a a -+-+⋯+-++⋯+-++⋯+解析：据题目要求及解题步骤,∵均为奇数,1271,2,,7a a a --⋯-∴也为奇数.()()()127127a a a -+-+⋯+-即为奇数.()()127127a a a ++⋯+-++⋯+又∵是的一个排列,127,,,a a a ⋯1,2,,7⋯∴,故上式为,127127a a a ++⋯+=++⋯+0所以奇数.()()()()()127127127127a a a a a a -+-+==⋯+-++⋯+-++⋯+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：“任意三角形”的否定是“存在一个三角形”,“至少有两个”的否定是“最多有一个"13答案及解析：答案：或1a ≠1b ≠解析：因为“且”的否定为“非或非”,所以“且”的否定为p q p q 1a =1b =“或”1a ≠1b ≠14答案及解析：答案：③①②解析：根据反证法的证法步骤知:假设三角形的三个内角、、中有两个直角,不妨设,正确 ; A B C 90A B ∠=∠=︒,这与三角形内角和为相矛盾, 9090180A B C C ∠+∠+∠=︒+︒+∠>︒180︒不成立;90A B ∠=∠=︒所以一个三角形中不能有两个直角.故顺序的序号为③①②.考点:反证法与放缩法.。

【助力高考】2019年高考数学专题复习第72讲《直接证明与间接证明》(含详细答案和教师用书)

♦♦♦学生用书（后跟详细参考答案和教师用书）♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章推理与证明、算法、复数第72讲直接证明与间接证明★★★核心知识回顾★★★知识点一、直接证明 (1)综合法①定义：一般地，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 ⇒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 表示所要证明的结论)． ③思维过程：由因导果． (2)分析法①定义：一般地，从出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1―→P 1⇐P 2―→P 2⇐P 3―→…―→得到一个明显成立的条件 (其中Q 表示要证明的结论)． ③思维过程：执果索因．知识点二、间接证明反证法：一般地，假设原命题 (即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明的证明方法．★★★高考典例剖析★★★考点一、综合法的应用例1：(2018·武汉月考)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 . 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 ，∴lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .1．(2018·绥化模拟)设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a ( )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22．(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__________________________．题型二分析法的应用例2： (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 22，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 22.3．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. 4．已知a >0，证明：a 2＋1a 2－ 2 ≥a ＋1a－2.题型三反证法的应用命题点1 证明否定性命题例3： (2018·株州月考)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 －1，①qS 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 1qk －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 证明存在性命题例4：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 证明唯一性命题例5： (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 x4，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．5．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[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．6．(2018·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．★★★知能达标演练★★★一、选择题1．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 ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定2．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 ＋cy 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．63．若a ，b ，c 为实数，且a ab >b 2 C.1a <1bD.b a >a b4．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5．(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 ≤AD ．C ≤B ≤A6．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 >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<07．(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 ≥Q8．①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9．若1a <1b <0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2|a ＋b |10．(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 ．③④⑤二、填空题11．(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．12．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__________________．13．(2018·邢台调研)6＋7与22＋5的大小关系为______________．14．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________________________________________________________________________． 15．(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________．16．(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____________．三、解答题17．(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．18．(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 nn >M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．19．设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .20．(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．21．(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．♦♦♦详细参考答案♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章推理与证明、算法、复数第72讲直接证明与间接证明★★★核心知识回顾★★★知识点一、直接证明 (1)综合法①定义：一般地，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 ⇒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 表示所要证明的结论)． ③思维过程：由因导果． (2)分析法①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1―→P 1⇐P 2―→P 2⇐P 3―→…―→得到一个明显成立的条件 (其中Q 表示要证明的结论)． ③思维过程：执果索因．知识点二、间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，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．★★★高考典例剖析★★★考点一、综合法的应用 ♦♦♦跟踪训练♦♦♦ 1．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．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 . 题型二分析法的应用 ♦♦♦跟踪训练♦♦♦3．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 －＋－≥1223x x +－2·x 1＋x 22，因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥1223x x+－(x 1＋x 2)，即证明12332x x +≥1223x x+，因此只要证明12332x x +由于当x 1，x 2∈R 时，13x>0,23x>0，由基本不等式知12332x x +x 1＝x 2时，等号成立．故原结论成立． 4．证明要证a 2＋1a 2－2≥ a ＋1a－2，只需证a 2＋1a2 ≥⎝⎛⎭⎫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 ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a ≥2显然成立(当a ＝1a＝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♦♦♦跟踪训练♦♦♦5．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．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，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．6．解析 (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 24＋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 22＝－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－14k，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]★★★知能达标演练★★★一、选择题1．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 .2．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 2xy＝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. 3．答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a 0，∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，②由①②得a 2>ab >b 2.4．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.5．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 . 6．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 )>0.7．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.8．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.9．答案 D解析 ∵1a <1b<0，∴0>a >b . ∴a 21，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1.二、填空题11．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＝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cos A 1＝sin A 2＝1，A 1＝0，矛盾．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.12．答案 a ，b 都不能被5整除13．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＋ 5.14．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 .15．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．16．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. 三、解答题17．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． 18．(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 . 19．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．20．(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．21．证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d＝2a 1＋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．♦♦♦教师用书♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章推理与证明、算法、复数第72讲直接证明与间接证明★★★核心知识回顾★★★知识点一、直接证明(1)综合法①定义：一般地，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 ⇒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 表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1―→P 1⇐P 2―→P 2⇐P 3―→…―→得到一个明显成立的条件 (其中Q 表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．知识点二、间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，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．★★★高考典例剖析★★★考点一、综合法的应用例1：(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 ，∴lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .1．(2018·绥化模拟)设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) 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 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 .题型二分析法的应用例2： (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 22，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 22.3．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1212(32)(32)2x x x x －＋－≥1223x x +－2·x 1＋x 22，因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥1223x x +－(x 1＋x 2)，即证明12332x x +≥1223x x +，因此只要证明12332x x + 由于当x 1，x 2∈R 时，13x >0,23x>0，由基本不等式知12332x x +x 1＝x 2时，等号成立．故原结论成立．4．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＋1a2 ≥⎝⎛⎭⎫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 ＋1a≥2. 因为a >0，a ＋1a ≥2显然成立(当a ＝1a＝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 证明否定性命题例3： (2018·株州月考)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 ，②①－②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 证明存在性命题例4：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 证明唯一性命题例5： (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．5．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[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．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，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．6．(2018·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．解析 (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 24＋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 22＝－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－14k，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]★★★知能达标演练★★★一、选择题1．若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．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 .2．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 ．1B ．2C ．4D ．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 2xy＝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. 3．若a ，b ，c 为实数，且a ab >b 2 C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a 0，∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，②由①②得a 2>ab >b 2.4．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.5．(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 . 6．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 )>0.7．(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.8．①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.9．若1a <1b<0，则下列结论不正确的是( ) A ．a 2|a ＋b |答案 D解析 ∵1a <1b <0，∴0>a >b .∴a 21；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1.二、填空题11．(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＝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cos A 1＝sin A 2＝1，A 1＝0，矛盾．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.12．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13．(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＋ 5.14．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 .15．(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．16．(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. 三、解答题17．(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． 18．(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 . 19．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．20．(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，。

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.。

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。

2019-2020年高中数学人教B版选修2-2同步训练：2.2 直接证明与间接证明

2.2 直接证明与间接证明1、设实数满足,则中至少有一个数不小于( ),,a b c 1a b c ++=,,a b c A.0 B. C.D.113122、设,则三个数,,( ),,0x y z >y y x z +z z x y +x x z y +A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于23、设是两个实数,给出下列条件:,a b ①;②;③;④;⑤.1a b +>2a b +=2a b +>222a b +>1ab >其中能推出:“中至少有一个大于1”的条件是( )A. ②③B. ①②③C. ③D. ③④⑤4、分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设,且,求证a b c >>0a b c ++=”最终索的因应是( )23b ac a -<A. 0a b ->B. 0a c -<C. ()()0a b a c -->D. ()()0a b a c --<5、已知,若,且.则( )()1,01x f x a a +=<<12,x x R ∈12x x ≠A. ()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭B. ()()121222f x f x x x f ++⎛⎫= ⎪⎝⎭C. ()()121222f x f x x x f ++⎛⎫≥ ⎪⎝⎭D. ()()121222f x f x x x f ++⎛⎫> ⎪⎝⎭6、用反证法证明：若整系数一元二次方程有有理根，那么20(0)ax bx c a ++=≠中至少有一个是偶数，用反证法证明时，下列假设正确的是（）a b c 、、A.假设都是偶数B.假设都不是偶数a b c 、、a b c 、、C.假设至多有一个偶数 D.假设至多有两个偶数a b c 、、a b c 、、7、用反证法证明命题:“若能被5整除,则中至少有一个能被5整除”,那,Z,a b ab ∈,a b 么假设的内容是( )A. 都能被5整除,a b B. 都不能被5整除,a b C. 有一个能被5整除,a b D. 有一个不能被5整除,a b 8、用反证法证明“中至少有一个大于”,下列假设正确的是( ),,a b c 0A.假设都小于,,a b c 0B.假设都大于,,a b c 0C.假设中至多有一个大于,,a b c 0D.假设中都不大于,,a b c 09、用反证法证明命题“可被整除,那么中至少有一个是的倍数”时,,,a b N ab ∈5, a b 5反设正确的是( )A. 都是的倍数, a b 5B. 都不是的倍数, a b 5C. 不是的倍数a 5D. 中有一个是的倍数, a b 510、已知,,则有( )0,0x y >>x y 4+≤A. 114x y ≤+B.111x y +≥C.2≥D.11xy ≥11、将下面用分析法证明的步骤补充完整:要证,只需证,也222a b ab +≥222a b ab +≥22a b ab +≥就是证__________,即证__________,由于__________显然成立,因此原不等式成立.12、下面四个不等式:①;222a b c ab bc ac ++≥++②;()114a a -≤③;2b a a b+≥④;()()()22222a b c d ac bd ++≥+其中恒成立的有__________个.13、在中,若,是内一点, ,求证:ABC ∆AB AC =P ABC ∆APB APC ∠>∠,用反证法证明时应分:假设__________和__________两类.BAP CAP ∠<∠14、用反证法证明命题“,如果可被5整除,那么中至少有一个能被5整除”,N a b ∈ab ,a b ,那么假设的内容是__________.15、已知，，，，试证明至少有一个不小R x ∈212+=x a x b -=212+-=x x c ,,a b c 于1答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：因为实数满足,,a b c 1a b c ++=则中至少有一个数不小于,,a b c 13假设都小于,那么相加起来就小于131与题意相互矛盾2答案及解析：答案：C解析：假设这三个数都小于2,则三个数之和小于6.又,当且仅当时取等号,与()()(2226y y z z x x y x y z z x x z x y z y x y z y x z+++++=+++++≥++=x y z ==假设矛盾,故这三个数至少有一个不小于2.故选C.3答案及解析：答案：C解析：若,,则,但,,故①不能推出;若,则,故②12a =23b =1a b +>1a <1b <1a b ==2a b +=不能推出;若,,则,故④不能推出;若,,则,故⑤不能2a =-3b =-222a b +>2a =-3b =-1ab >推出;对于③,即,则中至少有一个大于1.可以使用反证法说名:假设且,2a b +>,a b 1a ≤1b ≤则与矛盾,因此假设不成立,中至少有一大于1.2a b +≤2a b +>,a b4答案及解析：答案：C解析：由,且可得a b c >>0a b c ++=,,b a c =--0a >0c <23b ac a -<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 cb ac --->即证()()0a c ab -⋅->故求证”索的因应是<()()0a c a b -->故选.C5答案及解析：答案：D解析：,()()121212*********f x f x ax ax x x x x a f ++++++⎛⎫=>=+= ⎪⎝⎭∴()()121222f x f x x x f ++⎛⎫> ⎪⎝⎭6答案及解析：答案：B解析：：“至少有一个”的否定为“都不是”,故选B7答案及解析：答案：B解析：反证法中,假设的应该是原结论的对立面,故应该为都不能被5整除.,a b8答案及解析：答案：D解析：用反证法证明“中至少有一个大于”,应先假设要证命题的否定成立.,,a b c 0而要证命题的否定为:“假设中都不大于”,,,a b c 0故选D.9答案及解析：答案：B解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”,即“都不是”.10答案及解析：答案：B解析：由得,A 错;0,0,4x y x y >>+≤114x y ≥+,C 错; ,∴,D 错.x y +≥2≤4xy ≤114xy ≥11答案及解析：答案：;;2220a b ab +-≥()20a b -≥()2a b -≥解析：12答案及解析：答案：3解析：,222a b c ++=222222222a b a c b c +++++ab ac bc ≥++;()211124a a a a +-⎛⎫-≤= ⎪⎝⎭()()222222222222a b c d a c a d b c b d +⋅+=+++;当时, 不成立.22222a c abcd b d ≥++()2ac bd =+0b a <2b a a b+≥13答案及解析：答案：; BAP CAP ∠=∠BAP CAP∠>∠解析：反证法对结论的否定是全面的否定, 的对立面就是 BAP CAP ∠=∠,.BAP CAP ∠=∠BAP CAP ∠>∠14答案及解析：答案：都不能被5整除,a b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。

2019年高考数学文科一轮复习课时作业 37直接证明与间

即(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
11．已知a，b，c，d都是正数，求证：(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd.
证明：由a，b，c，d都是正数，得 ≥ (当且仅当ab＝cd时，等号成立)， ≥ (当且仅当ac＝bd时，等号成立)，所以 ≥abcd，即(ab＋cd)(ac＋bd)≥4abcd(当且仅当a＝b＝c＝d时，等号成立)．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
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不能被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，可以设其否定成立进行推证．“a，b中至少有一个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”．故选B.
答案：B
4．(2018·临沂模拟)命题“如果数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，那么数列{an}一定是等差数列”是否成立()
(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋ .
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b ＝bpbr，
即(q＋ )2＝(p＋ )(r＋ )，
∴(q2－pr)＋ (2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴ 2＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r，
与p≠r矛盾．
解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
答案：x≠－1且x≠1
9．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1<cn.

2019届北师大版(文科数学) 第十三章直接证明与间接证明单元测试

1.(2017课标全国Ⅱ理,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩.老师说:你们四人中有2位优秀,2位良好,我现在给甲看乙、丙的成绩,给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩.看后甲对大家说:我还是不知道我的成绩.根据以上信息,则()A.乙可以知道四人的成绩B.丁可以知道四人的成绩C.乙、丁可以知道对方的成绩D.乙、丁可以知道自己的成绩答案D2.(2016北京,8,5分)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案B3.(2017北京文,14,5分)某学习小组由学生和教师组成,人员构成同时满足以下三个条件:(i)男学生人数多于女学生人数;(ii)女学生人数多于教师人数;(iii)教师人数的两倍多于男学生人数.①若教师人数为4,则女学生人数的最大值为;②该小组人数的最小值为.答案①6②124.(2017北京理,20,13分)设{a n}和{b n}是两个等差数列,记c n=max{b1-a1n,b2-a2n,…,b n-a n n}(n=1,2,3,…),其中max{x,x2,…,x s}表示x1,x2,…,x s这s个数中最大的数.1(1)若a n=n,b n=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{c n}是等差数列;>M;或者存在正整数m,使得c m,c m+1,c m+2,…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 nn解析本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力.(1)c1=b1-a1=1-1=0,c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=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 关于k ∈N *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)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-n d 1),当d 2>n d 1时,b 1-a 1n,当d 2≤n d 1时.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>d2d 1时,有nd 1<d 2. 所以c n =b 1-a 1n+(n-1)(d 2-n d 1) =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.5.(2016江苏,20,16分)记U={1,2,…,100}.对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T,若T=⌀,定义S T =0;若T={t 1,t 2,…,t k },定义S T =a t 1+a t 2+…+a t k .例如:T={1,3,66}时,S T =a 1+a 3+a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,S T =30.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)对任意正整数k(1≤k ≤100),若T ⊆{1,2,…,k},求证:S T <a k+1;(3)设C ⊆U,D ⊆U,S C ≥S D ,求证:S C +S C ∩D ≥2S D .解析 (1)由已知得a n =a 1·3n-1,n ∈N *.于是当T={2,4}时,S T =a 2+a 4=3a 1+27a 1=30a 1.又S T =30,故30a 1=30,即a 1=1.所以数列{a n }的通项公式为a n =3n-1,n ∈N *.(2)因为T ⊆{1,2,…,k},a n =3n-1>0,n ∈N *,所以S T ≤a 1+a 2+…+a k =1+3+…+3k-1=1(3k -1)<3k .因此,S T <a k+1.(3)下面分三种情况证明.①若D 是C 的子集,则S C +S C ∩D =S C +S D ≥S D +S D =2S D .②若C 是D 的子集,则S C +S C ∩D =S C +S C =2S C ≥2S D .③若D 不是C 的子集,且C 不是D 的子集.令E=C ∩∁U D,F=D ∩∁U C,则E ≠⌀,F ≠⌀,E ∩F=⌀.于是S C =S E +S C ∩D ,S D =S F +S C ∩D ,进而由S C ≥S D 得S E ≥S F .设k 为E 中的最大数,l 为F 中的最大数,则k ≥1,l ≥1,k ≠l.由(2)知,S E <a k+1.于是3l-1=a l ≤S F ≤S E <a k+1=3k ,所以l-1<k,即l ≤k.又k ≠l,故l ≤k-1.从而S F ≤a 1+a 2+…+a l =1+3+…+3l-1=3l -12≤3k -1-12=a k -12≤S E -12, 故S E ≥2S F +1,所以S C -S C ∩D ≥2(S D -S C ∩D )+1,即S C +S C ∩D ≥2S D +1.综合①②③得,S C +S C ∩D ≥2S D .6.(2015北京,20,13分)已知数列{a n }满足:a 1∈N *,a 1≤36,且a n+1= 2a n ,a n ≤18,2a n -36,a n >18(n=1,2,…).记集合M={a n |n ∈N *}. (1)若a 1=6,写出集合M 的所有元素;(2)若集合M 存在一个元素是3的倍数,证明:M 的所有元素都是3的倍数;(3)求集合M 的元素个数的最大值.解析 (1)6,12,24.(2)证明:因为集合M 存在一个元素是3的倍数,所以不妨设a k 是3的倍数.由a n+1= 2a n ,a n ≤18,2a n -36,a n >18可归纳证明对任意n ≥k,a n 是3的倍数. 如果k=1,则M 的所有元素都是3的倍数.如果k>1,因为a k =2a k-1或a k =2a k-1-36,所以2ak-1是3的倍数,于是ak-1是3的倍数.类似可得,ak-2,…,a1都是3的倍数.从而对任意n≥1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数.综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数.(3)由a1≤36,a n=2a n-1,a n-1≤18,2a n-1-36,a n-1>18可归纳证明an≤36(n=2,3,…).因为a1是正整数,a2=2a1,a1≤18,2a1-36,a1>18,所以a2是2的倍数,从而当n≥3时,an是4的倍数.如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,因此当n≥3时,an∈{12,24,36},这时M的元素个数不超过5.如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数,因此当n≥3时,an∈{4,8,16,20,28,32},这时M的元素个数不超过8.当a1=1时,M={1,2,4,8,16,20,28,32}有8个元素.综上可知,集合M的元素个数的最大值为8.7.(2014江苏,23,10分)已知函数f0(x)=sin xx(x>0),设f n(x)为f n-1(x)的导数,n∈N*.(1)求2f1π+πf2π的值;(2)证明:对任意的n∈N*,等式 nf n-1π+πf nπ=2都成立.解析(1)由已知,得f1(x)=f'0(x)=sin xx'=cos xx-sin xx2,于是f2(x)=f'1(x)=cos xx'-sin xx2'=-sin xx-2cos xx2+2sin xx3,所以f1π2=-4π2,f2π2=-2π+16π3.故2f1π2+π2f2π2=-1.(2)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf'0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin x+π2,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin x+3π2,4f 3(x)+xf 4(x)=sin x=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin x +nπ2 对所有的n ∈N *都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立.(ii)假设当n=k 时等式成立,即kf k-1(x)+xf k (x)=sin x +kπ2. 因为[kf k-1(x)+xf k (x)]'=kf 'k-1(x)+f k (x)+xf 'k (x)=(k+1)·f k (x)+xf k+1(x), sin x +kπ2 '=cos x +kπ2 · x +kπ2 '=sin x +(k +1)π2, 所以(k+1)f k (x)+xf k+1(x)=sin x +(k +1)π2. 因此当n=k+1时,等式也成立. 综合(i)(ii)可知等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin x +nπ2 对所有的n ∈N *都成立.令x=π,可得nf n-1 π +πf n π =sin π+nπ (n ∈N *). 所以 nf n -1 π +πf n π = 2(n ∈N *). 教师用书专用(8)8.(2013江苏,19,16分)设{a n }是首项为a,公差为d 的等差数列(d ≠0),S n 是其前n 项的和.记b n =nS n 2,n ∈N *,其中c 为实数.(1)若c=0,且b 1,b 2,b 4成等比数列,证明:S nk =n 2S k (k,n ∈N *);(2)若{b n }是等差数列,证明:c=0.证明由题意得,S n =na+n (n -1)2 d. (1)由c=0,得b n =Sn n =a+n -12d. 又因为b 1,b 2,b 4成等比数列,所以b 22=b 1b 4,即 a +d 2 2=a a +32d ,化简得d 2-2ad=0. 因为d ≠0,所以d=2a.因此,对于所有的m ∈N *,有S m =m 2a.从而对于所有的k,n ∈N *,有S nk =(nk)2a=n 2k 2a=n 2S k .(2)设数列{b n }的公差是d 1,则b n =b 1+(n-1)d 1,即nS n n 2+c =b 1+(n-1)d 1,n ∈N *,代入S n 的表达式,整理得,对于所有的n ∈N *,有d 1-1d n 3+ b 1-d 1-a +1d n 2+cd 1n=c(d 1-b 1).令A=d 1-12d,B=b 1-d 1-a+12d,D=c(d 1-b 1),则对于所有的n ∈N *,有An 3+Bn 2+cd 1n=D.(*)在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得A+B+cd 1=8A+4B+2cd 1=27A+9B+3cd 1=64A+16B+4cd 1,从而有 7A +3B +cd 1=0, ①19A +5B +cd 1=0,②21A +5B +cd 1=0,③由②③得A=0,cd 1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd 1=0.即d 1-1d=0,b 1-d 1-a+1d=0,cd 1=0. 若d 1=0,则由d 1-12d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d 1≠0.又因为cd 1=0,所以c=0. 考点二数学归纳法1.(2017浙江,22,15分)已知数列{x n }满足:x 1=1,x n =x n+1+ln(1+x n+1)(n ∈N *).证明:当n ∈N *时,(1)0<x n+1<x n ;(2)2x n+1-x n ≤x n x n +12; (3)12n -1≤x n ≤12n -2.解析本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.(1)用数学归纳法证明:x n >0.当n=1时,x 1=1>0.假设n=k 时,x k >0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k =x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.因此x n >0(n ∈N *).所以x n =x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.因此0<x n+1<x n (n ∈N *).(2)由x n =x n+1+ln(1+x n+1)得,x n x n+1-4x n+1+2x n =x n +12-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).记函数f(x)=x 2-2x+(x+2)ln(1+x)(x ≥0),f '(x)=2x 2+x x +1+ln(1+x)>0(x>0). 函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此x n +12-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,故2x n+1-x n ≤x n x n +1(n ∈N *). (3)因为x n =x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n ≥12n -1.由x n x n +12≥2x n+1-x n 得1x n +1-12≥2 1x n -12>0, 所以1n -1≥2 1n -1-1 ≥…≥2n-1 11-1 =2n-2, 故x n ≤12n -2.综上,12n -1≤x n ≤12n -2(n ∈N *).2.(2015江苏,23,10分)已知集合X={1,2,3},Y n ={1,2,3,…,n}(n ∈N *),设S n ={(a,b)|a 整除b 或b 整除a,a ∈X,b ∈Y n }.令f(n)表示集合S n 所含元素的个数.(1)写出f(6)的值;(2)当n ≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.解析 (1)f(6)=13.(2)当n ≥6时,f(n)= n +2+ n 2+n 3 ,n =6t ,n +2+ n -1+n -1 ,n =6t +1,n +2+ n 2+n -23 ,n =6t +2,n +2+ n -12+n 3 ,n =6t +3,n +2+ n +n -1 ,n =6t +4,n +2+ n -12+n -23 ,n =6t +5(t ∈N *). 下面用数学归纳法证明:①当n=6时, f(6)=6+2+6+6=13,结论成立;②假设n=k(k ≥6)时结论成立,那么n=k+1时,S k+1在S k 的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+k -1+k -2+3=(k+1)+2+k +12+k +13,结论成立; 2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+k +k +1 =(k+1)+2+(k +1)-1+(k +1)-1,结论成立; 3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k -12+k -13+2 =(k+1)+2+k +12+(k +1)-23,结论成立; 4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k 2+k -23+2 =(k+1)+2+(k +1)-12+k +13,结论成立; 5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k -12+k 3+2 =(k+1)+2+k +12+(k +1)-13,结论成立; 6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+k 2+k -13+1 =(k+1)+2+(k +1)-12+(k +1)-23,结论成立. 综上所述,结论对满足n ≥6的自然数n 均成立.3.(2014安徽,21,13分)设实数c>0,整数p>1,n ∈N *.(1)证明:当x>-1且x ≠0时,(1+x)p >1+px;(2)数列{a n }满足a 1>c 1p ,a n+1=p -1p a n +c p a n 1-p .证明:a n >a n+1>c 1p . 证明 (1)用数学归纳法证明:①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x 2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k ≥2,k ∈N *)时,不等式(1+x)k >1+kx 成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k >(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx 2>1+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x ≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p >1+px 均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明a n >c 1p . ①当n=1时,由题设a 1>c 1p 知a n >c 1p 成立.②假设n=k(k ≥1,k ∈N *)时,不等式a k >c 1p 成立. 由a n+1=p -1a n +c a n 1-p 易知a n >0,n ∈N *. 当n=k+1时,a k +1a k =p -1p +c p a k -p =1+1p c a k p -1 . 由a k >c 1p >0得-1<-1p <1p ca k p -1 <0. 由(1)中的结论得 a k +1k p = 1+1 c a k p -1 p >1+p ·1 c a k p -1 =c a k p .因此a k +1p >c,即a k+1>c 1p . 所以n=k+1时,不等式a n >c 1p 也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式a n >c 1p 均成立. 再由a n +1a n =1+1p c a n p -1 可得a n +1a n<1,即a n+1<a n . 综上所述,a n >a n+1>c 1p ,n ∈N *.证法二:设f(x)=p -1p x+c p x 1-p ,x ≥c 1p ,则x p ≥c,并且 f '(x)=p -1p +c p (1-p)x -p =p -1p 1-c x p >0,x>c 1p .由此可得, f(x)在[c 1p ,+∞)上单调递增. 因而,当x>c 1p 时, f(x)>f(c 1p )=c 1p ,①当n=1时,由a 1>c 1p >0,即a 1p>c 可知a 2=p -1p a 1+c p a 11-p =a 1 1+1p ca 1p -1 <a 1,并且a 2=f(a 1)>c 1p ,从而a 1>a 2>c 1p . 故当n=1时,不等式a n >a n+1>c 1p 成立.②假设n=k(k ≥1,k ∈N *)时,不等式a k >a k+1>c 1p 成立,则当n=k+1时, f(a k )>f(a k+1)>f(c 1p ),即有a k+1>a k+2>c 1p所以n=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式a n >a n+1>c 1p 均成立.4.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x ≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.(1)令g 1(x)=g(x),g n+1(x)=g(g n (x)),n ∈N +,求g n (x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a 的取值范围;(3)设n ∈N +,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=x 1+x (x ≥0). (1)由已知得,g 1(x)=x ,g 2(x)=g(g 1(x))=x 1+x 1+x 1+x =x , g 3(x)=x 1+3x ,……,可得g n (x)=x 1+nx. 下面用数学归纳法证明.①当n=1时,g 1(x)=x ,结论成立. ②假设n=k 时结论成立,即g k (x)=x 1+kx . 那么,当n=k+1时,g k+1(x)=g(g k (x))=g k (x)1+g k (x)=x 1+kx 1+x 1+kx =x 1+(k +1)x , 即结论成立.由①②可知,结论对n ∈N +成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥ax 1+x恒成立. 设φ(x)=ln(1+x)-ax 1+x(x ≥0), 即φ'(x)=1-a (1+x )2=x +1-a (1+x )2, 当a ≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a ≤1时,ln(1+x)≥ax 1+x 恒成立(仅当x=0时等号成立).当a>1时,对x ∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,∴φ(a -1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥ax 不恒成立, 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=12+23+…+n n +1, n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于12+13+…+1n +1<ln(n+1), 在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>x 1+x,x>0. 令x=1n,n ∈N +, 则1n +1<ln n +1n. 下面用数学归纳法证明.①当n=1时,12<ln 2,结论成立. ②假设当n=k 时结论成立,即12+13+…+1k +1<ln(k+1). 那么,当n=k+1时, 12+13+…+1k +1+1k +2<ln(k+1)+1k +2<ln(k+1)+ln k +2k +1=ln(k+2), 即结论成立.由①②可知,结论对n ∈N +成立.证法二:上述不等式等价于12+13+…+1n +1<ln(n+1), 在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>x 1+x,x>0. 令x=1n ,n ∈N +,则ln n +1n >1n +1. 故有ln 2-ln 1>12, ln 3-ln 2>1, ……ln(n+1)-ln n>1, 上述各式相加可得ln(n+1)>12+13+…+1n +1. 结论得证. 教师用书专用(5)5.(2014重庆,22,12分)设a 1=1,a n+1= a n 2-2a n+2+b(n ∈N *). (1)若b=1,求a 2,a 3及数列{a n }的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c 使得a 2n <c<a 2n+1对所有n ∈N *成立?证明你的结论.解析 (1)解法一:a 2=2,a 3= +1.由题设条件知(a n+1-1)2=(a n -1)2+1,从而{(a n -1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即a n=n-1+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=k-1+1,则a k+1=(a k-1)2+1+1=(k-1)+1+1=(k+1)-1+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=n-1+1(n∈N*).(2)解法一:设f(x)=(x-1)2+1-1,则a n+1=f(a n).令c=f(c),即c=(c-1)2+1-1,解得c=14.下面用数学归纳法证明命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a2<14<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=14.解法二:设f(x)=(x-1)2+1-1,则an+1=f(a n).先证:0≤an≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=2-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<a2n2-2a2n+2-1,即(a2n+1)2<a2n2-2a2n+2,因此a2n<1.③又由①②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>a2n+12-2a2n+1+2-1,解得a2n+1>14.④综上,由②③④知存在c=1使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一直接证明与间接证明1.(2016广东惠州第一次调研,12)定义映射f:A→B,其中A={(m,n)|m,n∈R},B=R,已知对所有的有序正整数对(m,n)满足以下条件:①f(m,1)=1;②若n>m,则f(m,n)=0;③f(m+1,n)=n[f(m,n)+f(m,n-1)],则f(2,2)=.答案22.(2018浙江萧山九中12月月考,20)设函数f(x)=ln x+a x-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=32x+1平行.(1)求a 的值;(2)证明:当x>1时,f(x)<3(x-1). 解析 (1)∵f '(x)=1x +a 2 x ,f '(1)=1+a 2=32,(5分) ∴a=1.(6分)(2)证明:设g(x)=ln x+ x -1-32(x-1)=ln x+ x -32x+12,(8分)则g'(x)=1x +2 x -32=2+ x -3x 2x =-(3 x +2)( x -1)2x,(12分) 当x>1时,有g'(x)<0,所以g(x)在区间(1,+∞)上是减函数, ∴g(x)<g(1)=0,即f(x)<32(x-1).(15分) 3.(2017浙江测试卷,20)设函数f(x)=x 2+11+x,x ∈[0,1]. 证明:(1)f(x)≥x 2-12x+1; (2)1516<f(x)≤2+ 22. 证明 (1)记g(x)=f(x)-x 2+x2-1= 1+x +x2-1, 则12 (1+x )+1>0,x ∈(0,1),∴g(x)在区间(0,1)上单调递增,又g(0)=0,∴g(x)=f(x)-x 2-1+x2≥0, ∴f(x)≥x 2-12x+1. (2)f '(x)=2x-2 (1+x ),h(x)=2x-2 (1+x ),由h(0)=-12<0,h(1)=2- 28>0,知存在x 0∈(0,1),使得h(x 0)=0, ∵h(x)在[0,1]上是增函数,∴f(x)在区间(0,x 0)上单调递减,在区间(x 0,1)上单调递增,又f(0)=1, f(1)=2+ 2,所以f(x)≤2+ 2, 另一方面,由(1)得当x ≠14时, f(x)≥x 2-x 2+1= x -14 2+1516>1516,且f 14 >1516, 故1516<f(x)≤2+ 22. 考点二数学归纳法4.(2016黑龙江哈尔滨三中模拟,10)用数学归纳法证明不等式“1+12+13+…+12n -1<n(n ∈N *,n ≥2)”成立时,由n=k(k ≥2)时不等式成立,推证n=k+1时,左边应增加的项的个数是( )A.2k-1B.2k -1C.2kD.2k +1 答案 C5.(2018浙江9+1高中联盟期中,22)已知数列{a n }满足:a 1=p +1p ,p>1,a n+1=a n -1ln a n. (1)证明:a n >a n+1>1;(2)证明:2a n a n +1<a n+1<a n +12; (3)证明:1p +1×2n -12n -1<ln(a 1a 2…a n )<1p ×2n -12n -1.证明 (1)先用数学归纳法证明a n >1.①当n=1时,∵p>1,∴a 1=p +1p>1; ②假设当n=k 时,a k >1,此时易证得ln a k -a k +1<0恒成立,即ln a k <a k -1恒成立,则当n=k+1时,a k+1=a k -1ln a k >a k -1a k -1=1. 由①②可知a n >1.再证a n >a n+1.a n+1-a n =a n -1ln a n -a n =a n -1-a n ln a n ln a n , 令f(x)=x-1-xln x,x>1,则f '(x)=-ln x<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)<f(1)=0,所以a n -1-a n ln a n n<0,即a n >a n+1.所以a n >a n+1>1.(5分)(2)要证2a n a n +1<a n+1<a n +12,只需证2a n a n +1<a n -1ln a n <a n +12, 只需证 2a n ln a n -a n 2+1<0,(a n +1)ln a n -2a n +2>0,其中a n >1, 先证2a n ln a n -a n2+1<0, 令f(x)=2xln x-x 2+1,x>1,只需证f(x)<0.因为f '(x)=2ln x+2-2x<2(x-1)+2-2x=0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)<f(1)=0.再证(a n +1)ln a n -2a n +2>0,令g(x)=(x+1)ln x-2x+2,x>1,只需证g(x)>0,g'(x)=ln x+x +1-2=ln x+1-1, 令h(x)=ln x+1x -1,x>1,则h'(x)=1x -1x 2=x -1x 2>0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(1)=0,从而g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0,综上可得2a n a n +1<a n+1<a n +12.(10分) (3)由(2)知,一方面,a n -1<a n -1-12(n ≥2),则a n -1<(a 1-1) 12 n -1=1p · 12 n -1(n ≥2),n=1时,a 1-1=1p · 121-1, 因为ln x<x-1(x>1),所以ln a n <a n -1≤1p · 12n -1, 所以ln(a 1a 2…a n )=ln a 1+ln a 2+…+ln a n <1p 12 0+ 12 1+…+ 12n -1 =1p ×1- 12 n 1-12=1p ×2n -12n -1; 另一方面,a n +1-1a n +1>a n -12a n, 则a n -1a n >a 1-1a 1× 12 n -1=1p +1· 12 n -1(n ≥2),n=1时,a 1-1a 1=1p +1=1p +1· 120. 因为ln x>1-1x (x>1),所以ln a n >1-1a n ≥1p +1· 12n -1,所以ln(a 1a 2…a n )=ln a 1+ln a 2+…+ln a n >1p +1 12 0+ 12 1+…+ 12 n -1 =1p +1×2n -12n -1. 综上,1p +1×2n -12n -1<ln(a 1a 2…a n )<1p ×2n -12n -1.(15分) B 组 2016—2018年模拟·提升题组一、选择题1.(2016福建厦门一中期中,12)若数列{a n }满足:存在正整数T,对于任意正整数n 都有a n+T =a n 成立,则称数列{a n }为周期数列,周期为T.已知数列{a n }满足a 1=m(m>0),a n+1= a n -1,a n >1,1a n,0<a n ≤1,则下列结论中错误的是( ) A.若a 3=4,则m 可以取3个不同的值B.若m= 2,则数列{a n }是周期为3的数列C.任意的T ∈N *且T ≥2,存在m>1,使得{a n }是周期为T 的数列D.存在m ∈Q 且m ≥2,使得数列{a n }是周期数列答案 D二、解答题2.(2018浙江重点中学12月联考,22)已知数列{a n }满足:a 1=0,ln(a n+1-a n )+a n +nln 2=0(n ∈N *).(1)求a 3;(2)证明:ln(2-21-n )≤a n ≤1-21-n ;(3)是否存在正实数c,使得对任意的n ∈N *,都有a n ≤1-c?并说明理由.解析 (1)由已知得a n+1=a n +e -(a n +nln2),又a 1=0,所以a 2=12,a 3=12+4 e.(2分) (2)证明:因为a n+1>a n ,a 1=0,所以a n ≥0,则a n+1=a n +e -(a n +nln2)≤a n +e -nln2=a n +2-n , 所以a n ≤a n-1+2-(n-1)≤a n-2+2-(n-2)+2-(n-1)≤…≤a 1+2-1+…+2-(n-2)+2-(n-1)=1-21-n .(5分)令f(n)=e a n +21-n -2,则f(n+1)-f(n)=(e a n +1+2-n -2)-[e a n +2-(n-1)-2]=e a n +1-e a n -2-n =e a n +e -(a n +nln 2)-e a n -2-n =e a n [e e -(a n +n ln 2)-1]-2-n >e a n e -(a n +nln2)-2-n =0,所以{f(n)}是递增数列,所以f(n)≥f(1)=0,即e a n +21-n -2≥0,所以a n ≥ln(2-21-n ).综上,ln(2-21-n )≤a n ≤1-21-n .(8分)(3)由(2)得a n+1=a n +e -(a n +nln2)≤a n +e -[ln(2-21-n )+nln2]=a n +12n +1-2,(10分)所以a n ≤a n-1+12n -2≤a n-2+12n -1-2+12n -2≤…≤a 1+122-2+…+12n -1-2+12n -2=122-2+…+12n -1-2+12n -2.(12分) 因为12n -2=14·2n -2-2≤13·2n -2(n ≥3), 所以当n ≥4时,a n ≤12+16+13·22+…+13·2n -2=12+16+13 12-12n -2 <56. 由(1)知:当n=1,2,3时,a n <56, 综上:对任意的n ∈N *,都有a n <56,所以存在c=16.(15分) 3.(2017浙江镇海中学模拟(5月),22)已知在数列{a n }中,a 1=3,a n+1=a n 2-2a n +2,n ∈N *,其前n 项和为S n . (1)求证:1<a n+1<a n <2;(2)求证:62n -1+3≤a n ≤2n -1+22n -1+1;(3)求证:n<S n <n+2.证明 (1)先用数学归纳法证明1<a n <2.①当n=1时,1<a 1=32<2,②假设当n=k 时,1<a k <2.则当n=k+1时,a k+1=a k 2-2a k +2=(a k -1)2+1,又a k ∈(1,2),所以a k+1∈(1,2). 由①②知1<a n <2,n ∈N *恒成立.a n+1-a n =a n 2-3a n +2=(a n -1)(a n-2)<0. 所以1<a n+1<a n <2成立.(2)a 1=32=63+21-1,a 2=54>63+22-1,当n ≥3时,62n -1+3<1,又1<a n <2,所以a n ≥62n -1+3.由a n+1=a n 2-2a n +2得2-a n+1=2a n -a n 2,即12-a n +1=12 12-a n +1a n <12 12-a n +1 ,所以12-a n +1-1<12 12-a n -1 , 所以12-a n -1<12n -1 12-a 1-1 =12n -1, 所以a n <2n -1+22n -1+1(n ≥2,n ∈N *),当n=1时,a 1=21-1+221-1+1,所以a n ≤2n -1+22n -1+1(n ∈N *).所以62n -1+3≤a n ≤2n -1+22n -1+1.(3)由1<a n <2得S n >n.由a n ≤2n -1+22n -1+1=1+12n -1+1<1+12n -1,得S n < 1+121-1 + 1+122-1 +…+ 1+12n -1 =n+1-12n 1-12=n+2 1-1n <n+2,故n<S n <n+2.4.(2017浙江温州三模(4月),20)设函数f(x)=4x 3+1(1+x )2,x ∈[0,1],证明:(1)f(x)≥1-2x+3x 2;(2)23<f(x)≤174.证明 (1)令函数g(x)=(1+x)2(1-2x+3x 2-4x 3),x ∈[0,1],(2分)则g'(x)=-20(1+x)x 3≤0(等号成立当且仅当x=0),(4分)故g(x)在[0,1]上单调递减,于是g(x)≤g(0)=1,即当x ∈[0,1]时,(1+x)2(1-2x+3x 2-4x 3)≤1,亦即f(x)≥1-2x+3x 2;(6分)(2)一方面,由(1)知,当x ∈[0,1]时,f(x)≥1-2x+3x 2=3 x -1 2+2≥2,但上述两处的等号不能同时成立, 故f(x)>23.(10分) 另一方面,f '(x)=12x 2-2(1+x )3=2[6x 2(1+x)3-1](1+x )3,(12分)显然函数h(x)=6x 2(1+x)3-1在[0,1]上单调递增,而h(0)=-1<0,h(1)=47>0,故h(x)在(0,1)内存在唯一的零点x 0, 即f '(x 0)=0,且当x ∈(0,x 0)时,f '(x)<0;当x ∈(x 0,1)时,f '(x)>0,故f(x)在(0,x 0)内单调递减,在(x 0,1)内单调递增,(14分)因此在[0,1]上,f(x)≤max{f(0),f(1)}=max 1,174 =174. 综上,23<f(x)≤174.(15分) 5.(2017浙江台州期末质量评估,22)已知数列{a n }满足:a 1=12,a n+1=a n 22 016+a n (n ∈N *). (1)求证:a n+1>a n ;(2)求证:a 2 017<1;(3)若a n >1,求正整数n 的最小值.解析 (1)证明:由a n+1-a n =a n 2≥0,得a n+1≥a n . 因为a 1=1,所以a n ≥1,因此a n+1-a n =a n 2>0, 所以a n+1>a n .(2)证明:由已知得1a n +1=2 016a n (a n +2 016)=1a n -1a n +2 016, 所以1n =1n -1n +1. 则1a 1+2 016=1a 1-1a 2, 12=12-13, ……1a n -1+2 016=1a n -1-1a n(n ≥2,n ∈N *), 累加可得1a 1-1a n =1a 1+2 016+1a 2+2 016+…+1a n -1+2 016(n ≥2,n ∈N *). 由(1)得12=a 1<a 2<a 3<…<a 2 016, 所以1a 1-1a 2 017=1a 1+2 016+1a 2+2 016+…+1a 2 016+2 016<2 016×12 016=1. 所以a 2 017<1.(3)由(2)得12=a 1<a 2<a 3<…<a 2 017<1,所以1a1-1a2 018=1a1+2 016+1a2+2 016+…+1a2 017+2 016>2017×11+2 016=1.所以a2017<1<a2018,又因为a n+1>a n,所以n的最小值为2018.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1反证法的解题策略1.等差数列{a n}的前n项和为S n,a1=1+2,S3=9+32.(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.解析(1)由于a1=2+1,3a1+3d=9+32,∴d=2,故an=2n-1+2,S n=n(n+2).(2)证明:由(1)得b n=S n=n+假设数列{bn}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 q2=b p b r,即(q+2)2=(p+2)(r+2),∴(q2-pr)+2(2q-p-r)=0.∵p、q、r∈N*,∴q2-pr=0, 2q-p-r=0,∴p+r 2=pr,即(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.方法2数学归纳法的解题策略2.设数列{a n}的前n项和为S n,且方程x2-a n x-a n=0有一根为S n-1,n∈N*.(1)求a1,a2;(2)求数列{a n}的通项.解析(1)当n=1时,x2-a1x-a1=0有一根为S1-1=a1-1,于是(a1-1)2-a1(a1-1)-a1=0,解得a1=12.当n=2时,x 2-a 2x-a 2=0有一根为S 2-1=a 2-12, 于是 a 2-12 2-a 2 a 2-12 -a 2=0,解得a 2=16.(2)由题意得(S n -1)2-a n (S n -1)-a n =0,即S n 2-2S n +1-a n S n =0. 当n ≥2时,a n =S n -S n-1,代入上式得S n-1S n -2S n +1=0,①由(1)知S 1=a 1=12,S 2=a 1+a 2=12+16=23. 由①可得S 3=34.由此猜想S n =n n +1,n=1,2,3,…. 下面用数学归纳法证明这个结论.(i)当n=1时结论成立.(ii)假设n=k(k ≥1)时结论成立,即S k =k k +1, 当n=k+1时,由①得S k+1=12-S k ,即S k+1=k +1k +2, 故n=k+1时结论也成立.由(i)(ii)可知S n =n 对所有正整数n 都成立. 于是当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n n +1-n -1n =1n (n +1), 又n=1时,a 1=12=11×2满足上式,所以{a n }的通项公式为a n =1n (n +1),n=1,2,3,….。

[配套K12]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+…+.。

学海导航高三数学人教B版文科第一轮总复习训练8.44直接证明与间接证明(含答案详析)

第44讲直接证明与间接证明1.用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”，假设内容应是( ) A.3a ＝3b B.3a <3b C.3a ＝3b 且3a <3b D.3a ＝3b 或3a <3b2.已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，P 3(x 3，y 3)在抛物线上，且2x 2＝x 1＋x 3，则有( )A ．|FP 1|＋|FP 2|＝|FP 3|B ．|FP 1|2＋|FP 2|2＝|FP 3|2C ．2|FP 2|＝|FP 1|＋|FP 3|D ．|FP 2|2＝|FP 1|·|FP 3|3.已知a ，b ，c 都是正数，则三数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A ．都大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于24.已知集合A ＝{(x ，y )|x ＝n ，y ＝na ＋b ，n ∈Z }，B ＝{(x ，y )|x ＝m ，y ＝3m 2＋12，m ∈Z }．若存在实数a ，b 使得A ∩B ≠∅成立，称点(a ，b )为“￡”点，则“￡”点在平面区域C ＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤108}内的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．无数个5.在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确．例如：在△ABC 中，若AB ＝AC ，P 是△ABC 内一点，∠APB ＞∠APC ，求证：∠BAP ＜∠CAP ，用反证法证明时应分：假设________________和__________两类．6.设S 是至少含有两个元素的集合．在S 上定义了一个运算“*”(即对任意的a ，b ∈S ，对于有序元素对(a ，b )，在S 中有唯一确定的元素a *b 与之对应)．若对任意的a ，b ∈S ，有a *(b *a )＝b ，则对任意的a ，b ∈S ，下列恒成立的等式的序号是________．①(a *b )*a ＝a②[a *(b *a )]*(a *b )＝a③b *(b *b )＝b④(a *b )*[b *(a *b )]＝b7.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)8.叙述并证明余弦定理．9.若正整数N ＝a 1＋a 2＋…＋a n (a k ∈N *，k ＝1,2，…，n )，则称a 1×a 2×…×a n 为N 的一个“分解积”．(1)当N 分别等于6,7,8时，写出N 的一个分解积，使其值最大；(2)当正整数N (N ≥2)的分解积最大时，证明：a k (k ∈N *)中2的个数不超过2；(3)对任意给定的正整数N(N≥2)，求出a k(k＝1,2，…，n)，使得N的分解积最大．第44讲直接证明与间接证明1．D 2.C3．D 假设a ＋1b <2，b ＋1c <2，c ＋1a<2，则a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a<6，而a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a ＝a ＋1a ＋b ＋1b ＋c ＋1c≥2＋2＋2＝6，矛盾，所以a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a中至少有一个不小于2，故选D. 4．A 要使A ∩B ≠∅成立，首先函数y ＝ax ＋b 的图象与函数y ＝3x 2＋12的图象必须有公共点．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x 2＋12y ＝ax ＋b ，可得3x 2－ax －b ＋12＝0，①，因为Δ＝a 2－12(－b ＋12)≥0，所以a 2＋12b ≥144.若点(a ，b )在区域C 内，则必有a 2＋b 2≤108，所以a 2≤108－b 2，所以144≤a 2＋12b ≤108－b 2＋12b ，所以b 2－12b ＋36≤0，所以(b －6)2≤0，所以b ＝6.所以a 2≤108－b 2＝72，a 2＋12b ≥144，所以a 2≥72，所以a 2＝72，所以a ＝±62，代入①可得方程无整数解，故满足条件的点不存在，选A.5．∠BAP ＝∠CAP ∠BAP >∠CAP6．②③7．③ 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1.8．解析：叙述：余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍．或：在△ABC 中，a ，b ，c 为A ，B ，C 的对边，有a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝c 2＋a 2－2ca cos B ，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .(证法一)如图，a 2＝BC →2＝(AC →－AB →)·(AC →－AB →)＝AC →2－2AC →·AB →＋AB →2＝AC →2－2|AC →|·|AB →|cos A ＋AB →2＝b2－2bc cos A＋c2，即a2＝b2＋c2－2bc cos A.同理可证b2＝c2＋a2－2ca cos B，c2＝a2＋b2－2ab cos C，(证法二)已知△ABC中，A，B，C所对边分别为a，b，c，以A为原点，AB所在直线为x轴，AB的垂线为y轴建立直角坐标系，则C(b cos A，b sin A)，B(c,0)，所以a2＝|BC|2＝(b cos A－c)2＋(b sin A)2＝b2cos 2A－2bc cos A＋c2＋b2sin 2A＝b2＋c2－2bc cos A，即a2＝b2＋c2－2bc cos A.同理可证b2＝c2＋a2－2ca cos B，c2＝a2＋b2－2ab cos C.9．解析：(1)6＝3＋3，分解积的最大值为3×3＝9；7＝3＋2＋2＝3＋4，分解积的最大值为3×2×2＝3×4＝12；8＝3＋3＋2，分解积的最大值为3×3×2＝18.(2)证明：由(1)可知，a k(k＝1,2，…，n)中可以有2个2.当a k(k＝1,2，…，n)有3个或3个以上的2时，因为2＋2＋2＝3＋3，且2×2×2<3×3，所以，此时分解积不是最大的．因此，a k(k∈N*)中至多有2个2.(3)①当a k(k＝1,2，…，n)中有1时，因为1＋a i＝(a i＋1)，且1×a i<a i＋1，所以，此时分解积不是最大，可以将1加到其他加数中，使得分解积变大．②由(2)可知，a k(k＝1,2，…，n)中至多有2个2.③当a k(k＝1,2，…，n)中有4时，若将4分解为1＋3，由①可知分解积不会最大；若将4分解为2＋2，则分解积相同；若有两个4，因为4＋4＝3＋3＋2，且4×4<3×3×2，所以将4＋4改写为3＋3＋2，使得分解积更大．因此，a k(k＝1,2，…，n)中至多有1个4，而且可以写成2＋2.④当a k(k＝1,2，…，n)中有大于4的数时，不妨设a i>4，因为a i<2(a i－2)，所以将a i分解为2＋(a i－2)会使得分解积更大．综上所述，a k(k＝1,2，…，n)中只能出现2或3或4，且2不能超过2个，4不能超过1个．于是，当N＝3m(m∈N*)时，N＝3＋3＋…＋3m个使得分解积最大；当N＝3m＋1(m∈N*)时，N＝3＋3＋…＋3(m－1)个＋4使得分解积最大；(m－1)个＋2＋2＝3＋3＋…＋3当N＝3m＋2(m∈N*)时，N＝3＋3＋…＋3m个＋2使得分解积最大．。

2021届北师大版(文科数学) 直接证明与间接证明单元测试

2021届北师大版（文科数学）直接证明与间接证明单元测试1.(2020届淮南二中模拟)用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，下列假设正确的是( )A ．三个内角中至少有一个钝角B ．三个内角中至少有两个钝角C ．三个内角都不是钝角D ．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角解析：选B 由于命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”，故用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设“三个内角中至少有两个钝角”．故选B ．2．欲证 2－3<6－7，只需证( ) A ．(2＋7)2<(3＋6)2B ．(2－6)2<(3－7)2C ．(2－3)2<(6－7)2D ．(2－3－6)2<(－7)2解析：选A 欲证2－3<6－7，只需证2＋7<3＋6，只需证(2＋7)2<(3＋6)2，故选A ．3．(2020届玉溪模拟)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，且为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析：选B 由数学归纳法的证明步骤可知，若已假设n ＝k (k ≥2，且为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n ＝k ＋2时等式成立．故选B ．4．若用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 3＝n 6＋n 32，则当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 3＋1 B ．(k ＋1)3C ．（k ＋1）6＋（k ＋1）32D ．(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋(k 3＋3)＋…＋(k ＋1)3解析：选D ∵当n ＝k 时，等式左端＝1＋2＋…＋k 3，∴当n ＝k ＋1时，等式左端＝1＋2＋…＋k 3＋(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋(k 3＋3)＋…＋(k ＋1)3，增加了(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋(k 3＋3)＋…＋(k ＋1)3.故选D ．5．(2020届阜新调研)设x ，y ，z 为正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c三个数( )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2解析：选C 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， ∴假设a ，b ，c 都小于2错误．∴a ，b ，c 三个数至少有一个不小于2.故选C ．6．设a ，b ，c >0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .证明：∵a ，b ，c >0，根据基本不等式，有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加得，a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c ，当且仅当a ＝b ＝c 时取等号． 7．已知x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z －1>8. 证明：因为x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，所以1x －1＝1－x x ＝y ＋z x >2yz x，① 1y－1＝1－y y ＝x ＋z y >2xz y ，②1z－1＝1－z z＝x ＋y z>2xy z，③又x ，y ，z 为正数，由①×②×③，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z－1>8. 8．若实数x ，y ，m 满足|x －m |>|y －m |，则称x 比y 远离m . (1)若x 2－1比1远离0，求x 的取值范围；(2)对任意两个不相等的正数a ，b ，证明：a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab . 解：(1)由题意知，|x 2－1|>1，即x 2－1>1或x 2－1<－1，解得x >2或x <－2，所以x ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．(2)证明：对任意两个不相等的正数a ，b ，有a 3＋b 3>2ab ·ab ，a 2b ＋ab 2>2ab ab . 因为|a 3＋b 3－2ab ab |－|a 2b ＋ab 2－2ab ab |＝(a ＋b )(a －b )2>0，所以|a 3＋b 3－2ab ab |>|a 2b ＋ab 2－2ab ab |，即a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab .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. ∵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 .10．设实数c >0，整数p >1，证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p>1＋px . 证明：①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设当p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立，则当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立． 11．已知数列{a n }满足a 1＝a >2，a n ＝a n －1＋2(n ≥2，n ∈N *)． (1)求证：对任意n ∈N *，a n >2恒成立； (2)判断数列{a n }的单调性，并说明你的理由．解：(1)证明：①当n ＝1时，a 1＝a >2，结论成立；②假设n＝k(k≥1)时结论成立，即a k>2，则n＝k＋1时，a k＋1＝a k＋2>2＋2＝2，所以当n＝k＋1时，结论也成立．故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n∈N*，都有a n>2成立．(2){a n}是单调递减的数列．理由：因为a2n＋1－a2n＝a n＋2－a2n＝－(a n－2)(a n＋1)，又a n>2，所以a2n＋1－a2n<0，所以a n＋1<a n，所以{a n}是单调递减的数列．。

高考数学复习直接证明与间接证明专项检测(附答案)

2019-2019高考数学复习直接证明与间接证明专项检测（附答案）直接证明是相对于间接证明说的, 综合法和分析法是两种常见的直接证明, 以下是直接证明与间接证明专项检测, 请考生及时练习。

一、选择题1.所有9的倍数都是3的倍数, 某奇数是9的倍数, 故该奇数是3的倍数.上述推理()A 小前提错B 结论错C 正确D 大前提错2.对于平面和共面的直线m, n, 下列命题中真命题是().A.若m, mn, 则nB.若m, n, 则mnC.若m, n, 则mnD.若m, n与所成的角相等, 则mn解析对于平面和共面的直线m, n, 真命题是若m, n, 则mn. 答案 C3.要证: a2+b2-1-a2b20, 只要证明().A.2ab-1-a2b20B.a2+b2-1-0C.-1-a2b20D.(a2-1)(b2-1)0解析因为a2+b2-1-a2b20(a2-1)(b2-1)0, 故选D.答案 D4.命题如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n, 那么数列{an}一定是等差数列是否成立().A.不成立B.成立C.不能断定D.能断定解析 Sn=2n2-3n,Sn-1=2(n-1)2-3(n-1)(n2),an=Sn-Sn-1=4n-5(n=1时, a1=S1=-1符合上式).又an+1-an=4(n1),{an}是等差数列.答案 B5.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解析 a0, b0, c0,6, 当且仅当a=b=c时, =成立, 故三者不能都小于2, 即至少有一个不小于2.答案 D6.定义一种运算*: 对于自然数n满足以下运算性质:(n+1)*1=n*1+1n*1= ().A.nB.n+1C.n-1D.n2解析由(n+1)*1=n*1+1, 得n*1=(n-1)*1+1=(n-2)*1+2==答案 A二、填空题7.要证明2可选择的方法有以下几种, 其中最合理的是________(填序号).反证法, 分析法, 综合法.答案8.设a0, m=-, n=, 则m, n的大小关系是________. 解析取a=2, b=1, 得m0, 显然成立.答案 mb与a。

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37 直接证明与间接证明
一、选择题
1．在△ABC 中，sin A sin C <cos A cos C ，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：由sin A sin C <cos A cos C 得 cos A cos C －sin A sin C >0，
即cos(A ＋C )>0，所以A ＋C 是锐角，从而B >π
2，故△ABC 必是钝角三角形．
答案：C
2．分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x
2时，索的因是( )
A ．x 2
>2 B ．x 2
>4 C ．x 2
>0 D ．x 2
>1
解析：因为x >0，所以要证1＋x <1＋x
2，
只需证(1＋x )2
<⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋x 22
，
即证0<x 2
4，
即证x 2
>0，
因为x >0，所以x 2
>0成立，故原不等式成立．答案：C
3．(2018·上海二模)用反证法证明命题“已知，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”时，假设的内容应为( )
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 不能被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，可以设其否定成立进行推证．“a ，b 中至少有一个能被5整除”的否定是“a ，b 都不能被5整除”．故选B.
答案：B
4．(2018·临沂模拟)命题“如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2
－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 ．能断定解析：∵S n ＝2n 2
－3n ，
∴S n －1＝2(n －1)2－3(n －1)(n ≥2)，
∴a n ＝S n －S n －1＝4n －5(n ＝1时，a 1＝S 1＝－1符合上式)．又∵a n ＋1－a n ＝4(n ≥1)． ∴{a n }是等差数列．答案：B
5．(2018·江西南昌调研，11)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 2 016－1
a 2 017－1
<0，下列结论中正确的是( )
A ．q <0
B ．a 2 016a 2 018－1>0
C ．T 2 016是数列{T n }中的最大项
D ．S 2 016>S 2 017
解析：由a 1>1，a 2 016a 2 017>1得q >0，由
a 2 016－1
a 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.
答案：C
6．(2018·新乡调研)设x ，y ， ∈R ＋
，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝＋1x
，则a ，b ，c 三个
数( )
A ．至少有一个不大于2
B ．都小于2
C ．至少有一个不小于2
D ．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
＋＋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错误．
∴a ，b ，c 三个数至少有一个不小于2.故选C. 答案：C 二、填空题
7．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是________．
解析：a a ＋b b >a b ＋b a ，即(a －b )2
(a ＋b )>0，需满足a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b
8．(2018·太原模拟)用反证法证明“若x 2
－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设__________________．
解析：“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．答案：x ≠－1且x ≠1
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________．
解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2
＋1－n ＝
1
n 2＋1＋n
，所以c n 随n 的增大而减小，所以
c n ＋1<c n .
答案：c n ＋1<c n
三、解答题
10．已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b |
|a ＋b |≤ 2.
证明：a ⊥b ⇔a ·b ＝0，要证|a |＋|b ||a ＋b |
≤ 2.
只需证|a |＋|b |≤2|a ＋b |，
只需证|a |2
＋2|a ||b |＋|b |2
≤2(a 2
＋2a ·b ＋b 2
)，只需证|a |2
＋2|a ||b |＋|b |2
≤2a 2
＋2b 2
，只需证|a |2
＋|b |2
－2|a ||b |≥0，即(|a |－|b |)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
11．已知a ，b ，c ，d 都是正数，求证：(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd . 证明：由a ，b ，c ，d 都是正数，得
ab ＋cd
2
≥ab ·cd (当且仅当ab ＝cd 时，等号成立)，
ac ＋bd
2
≥ac ·bd (当且仅当ac ＝bd 时，等号成立)，所以
ab ＋cd
ac ＋bd
4
≥abcd ，
即(ab ＋cd )(ac ＋bd )≥4abcd (当且仅当a ＝b ＝c ＝d 时，等号成立)．
12．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．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d .
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 n
n
＝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 2
q ＝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 ，(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等比数列．。

2019届人教B版(文科数学) 直接证明与间接证明 单元测试

人教B版(文科数学) 直接证明与间接证明 单元测试