2019年高考数学理课时作业三十八第38讲直接证明与间接证明含解析精品

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2019高中数学高考真题分类：考点31-直接证明与间接证明

考点31 直接证明与间接证明1.（2018·北京高考理科·Ｔ20）已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项1n a +，2n a +…的最小值记为B n ，d n =A n －B n ．(1)若{a n }为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N *，4n n a a +=)，写出d 1，d 2，d 3，d 4的值；(2)设d 为非负整数，证明：d n =－d(n=1,2,3…)的充分必要条件为{a n }为公差为d 的等差数列； (3)证明：若a 1=2，d n =1(n=1,2,3…)，则{a n }的项只能是1或2，且有无穷多项为1 【解题指南】(1)根据{d n }的定义求.(2)充分性:先证明{a n }是不减数列,再利用定义求d n ; 必要性:先证明{a n }是不减数列,再利用定义证明等差. (3)可通过取特殊值和反证法进行证明.【解析】（1）111211d A B =-=-=，222211d A B =-=-=，333413d A B =-=-=，444413d A B =-=-=。

（2）充分性：若{}n a 为公差为d 的等差数列，则1(1)n a a n d =+-. 因为d 是非负整数，所以{}n a 是常数列或递增数列.1(1)n n A a a n d ==+-所以，11n n B a a n d +==+， n n n d A B d =-=-所以(n=1,2,3,…).必要性：若(1,2,3,)n d d n =-=，假设k a 是第一个使得10n n a a --<的项，则1221k k k a a a a a --≤≤≤≤>，1,k k k k A a B a -=≤所以，110k k k k k k k d A B a B a a --=-=-≥->所以，这与0n d d =-≤矛盾.所以{}n a 是不减数列.1n n n n n d A B a a d +=-=-=-所以，即1n n a a d +-=， {}n a 所以是公差为d 的等差数列.（3）①首先{}n a 中的项不能是0，否则1102d a =-=，与已知矛盾. ②{}n a 中的项不能超过2，用反证法证明如下：若{}n a 中有超过2的项，设k a 是第一个大于2的项，{}n a 中一定存在项为1，否则与1n d =矛盾.当n k ≥时，2n a ≥，否则与1k d =矛盾.因此存在最大的i 在2到k-1之间，使得1i a =，此时2220i i i i d A B B =-=-≤-=，矛盾. 综上{}n a 中没有超过2的项.综合①②，{}n a 中的项只能是1或2. 下面证明1有无数个，用反证法证明如下：若k a 为最后一个1，则220k k k d A B =-=-=，矛盾. 因此1有无数个.2.（2018·北京高考文科·Ｔ20）给定数列a 1，a 2，…，a n 。

2019年高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十八 6.5 直接证明与间接

2019年高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明课时分层作业三十八 6.5直接证明与间接证明文一、选择题(每小题5分,共25分)1.要证明+<2,可选择的方法有以下几种,其中最合理的是( )A.综合法B.分析法C.反证法D.归纳法【解析】选B.从要证明的结论——比较两个无理数大小出发,证明此类问题通常转化为比较有理数的大小,这正是分析法的证明方法.2.(xx·广州模拟)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是( )A.方程x2+ax+b=0没有实根B.方程x2+ax+b=0至多有一个实根C.方程x2+ax+b=0至多有两个实根D.方程x2+ax+b=0恰好有两个实根【解析】选A. 因为“方程x2+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x2+ax+b=0有一个实根或两个实根”,所以该命题的否定是“方程x2+ax+b=0没有实根”.3.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( )A.2ab-1-a2b2≤0B.a2+b2-1-≤0C.-1-a2b2≤0D.(a2-1)(b2-1)≥0【解析】选D.因为要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需要证(a2-1)(b2-1)≥0.4.命题“如果数列{a n}的前n项和S n=2n2-3n,那么数列{a n}一定是等差数列”是否成立 ( )A.不成立B.成立C.不能断定D.能断定【解析】选B. 因为S n=2n2-3n,所以S n-1=2(n-1)2-3(n-1)(n≥2),所以a n=S n-S n-1=4n-5(n=1时,a1=S1=-1符合上式).又因为a n+1-a n=4(n≥1),所以{a n}是等差数列.【变式备选】(xx·西安模拟) 不相等的三个正数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等比中项,y是b,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【解析】选B. 由已知条件,可得由②③得代入①,得+=2b,即x2+y2=2b2.故x2,b2,y2成等差数列.5.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 ( )A.②③B.①②③C.③D.③④⑤【解析】选C.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,则a,b中至少有一个大于1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设a>b>0,m=-,n=,则m,n的大小关系是________.【解析】(分析法)-<⇐+>⇐a<b+2·+a-b⇐2·>0,显然成立.答案:m<n【巧思妙解】(取特殊值法)取a=2,b=1,得m<n.答案:m<n7.已知a,b,μ∈(0,+∞)且+=1,则使得a+b≥μ恒成立的μ的取值范围是________.【解析】因为a,b∈(0,+∞)且+=1,所以a+b=(a+b)=10+≥10+2=16,所以a+b的最小值为16.所以要使a+b≥μ恒成立,需16≥μ,所以0<μ≤16.答案:(0,16]8.(xx·商丘模拟)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】 (补集法)令解得p≤-3或p≥,故满足条件的p的范围为.答案:【一题多解】(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<.故满足条件的p的取值范围是.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.【证明】要证明2a3-b3≥2ab2-a2b成立,只需证:2a3-b3-2ab2+a2b≥0,即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0,即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0.因为a≥b>0,所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,从而(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成立,所以2a3-b3≥2ab2-a2b.10.已知四棱锥S-ABCD中,底面是边长为1的正方形,又SB=SD=,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.【解析】 (1)由已知得SA2+AD2=SD2,所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD=A,所以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.因为BC∥AD,BC⊄平面SAD.所以BC∥平面SAD.而BC∩BF=B,所以平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾,所以假设不成立.所以不存在这样的点F,使得BF∥平面SAD.1.(5分)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】选D.因为a>0,b>0,c>0,所以++=++≥6,当且仅当a=b=c时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.2.(5分)(xx·洛阳模拟) 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【解析】选A.由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数,由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)<f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0.【变式备选】设函数f(x)的导函数为f ′(x),对任意x∈R都有f ′(x)>f(x)成立,则()A.3f(ln 2)>2f(ln 3)B.3f(ln 2)<2f(ln 3)C.3f(ln 2)=2f(ln 3)D.3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小不确定【解析】选B.令F(x)=(x>0),则F′(x)=,因为x>0,所以ln x∈R,因为对任意x∈R都有f ′(x)>f(x),所以f′(ln x)>f(ln x),所以F′(x)>0,所以F(x)为增函数,因为3>2>0,所以F(3)>f(2),即>,所以3f(ln 2)<2f(ln 3).3.(5分)(xx·合肥模拟)某同学准备用反证法证明如下一个问题:函数f(x)在[0,1]上有意义,且f(0)=f(1),如果对于不同的x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|时,求证:|f(x1)-f(x2)|<.那么他的反设应该是________.【解析】根据反证法,写出相反的结论是:存在x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)| <|x1-x2|时,则|f(x1)-f(x2)|≥.答案:存在x1,x2∈[0,1],当|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|时,则|f(x1)-f(x2)|≥4.(12分)已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.【证明】因为a⊥b⇔a·b=0,要证≤.只需证|a|+|b|≤|a+b|,只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,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.5.(13分)已知函数f(x)=a x+(a>1).(1)证明:函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.【证明】 (1)任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨设x1<x2,则x2-x1>0.因为a>1,所以>1且>0,所以-=(-1)>0.又因为x1+1>0,x2+1>0,所以-==>0.于是f(x2)-f(x1)=-+->0,故函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.(2)假设存在x0<0(x0≠-1)满足f(x0)=0,则=-.因为a>1,所以0<<1,所以0<-<1,即<x0<2,与假设x0<0相矛盾,故方程f(x)=0没有负数根.20283 4F3B 伻23939 5D83 嶃37250 9182 醂26087 65E7 旧w28320 6EA0 溠23770 5CDA 峚23324 5B1C 嬜^40291 9D63 鵣322069 5635 嘵24663 6057 恗k。

高考数学复习考点知识与题型精讲38---直接证明与间接证明

高考数学复习考点知识与题型精讲直接证明与间接证明[知识点与题型精讲] 1.了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点．1．直接证明内容综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立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思维过程由因导果执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→…书写格式因为…，所以…或由…，得…要证…，只需证…，即证…反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件． ( ) (2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( ) (3)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾． ( )(4)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0 ，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b42≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0D [a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.]3．用反证法证明命题：“已知a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根A [“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”的反面是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”，故选A.]4．已知a ，b ，x 均为正数，且a >b ，则b a 与b ＋xa ＋x 的大小关系是________．b ＋x a ＋x >ba [∵b ＋x a ＋x －b a ＝x (a －b )(a ＋x )a >0，∴b ＋x a ＋x >b a.] 5．(教材改编)在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则△ABC 的形状为__________三角形．等边 [由题意2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝π3，又b 2＝ac ，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ， ∴a 2＋c 2－2ac ＝0，即(a －c )2＝0，∴a ＝c ， ∴A ＝C ，∴A ＝B ＝C ＝π3， ∴△ABC 为等边三角形．]综合法1．已知m ＞1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定B [∵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 .]2．已知函数f (x )＝－aa x ＋a(a ＞0，且a ≠1)．(1)证明：函数y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称；(2)求f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)的值．[证明] (1)函数f (x )的定义域为全体实数，任取一点(x ，y )，它关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称的点的坐标为(1－x ，－1－y )．由已知y ＝－aa x ＋a，则－1－y ＝－1＋a a x ＋a ＝－a xa x ＋a，f (1－x )＝－a a 1－x ＋a＝－a a a x ＋a＝－a ·a x a ＋a ·a x ＝－a xa x ＋a ，∴－1－y ＝f (1－x )，即函数y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称．(2)由(1)知－1－f (x )＝f (1－x )，即f (x )＋f (1－x )＝－1.∴f (－2)＋f (3)＝－1，f (－1)＋f (2)＝－1， f (0)＋f (1)＝－1.则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝－3. [规律方法] 综合法证题的思路分析法1．若a ，b ∈(1，＋∞)，证明a ＋b ＜1＋ab . [证明] 要证a ＋b ＜1＋ab ，只需证(a＋b)2＜(1＋ab)2，只需证a＋b－1－ab＜0，即证(a－1)(1－b)＜0.因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，即(a－1)(1－b)＜0成立，所以原不等式成立．2．已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：1a＋b ＋1b＋c＝3a＋b＋c.[证明]要证1a＋b ＋1b＋c＝3a＋b＋c，即证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，也就是ca＋b＋ab＋c＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得，b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．(1)分析法的证题思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证.(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证.反证法►考法1 证明否定性命题【例1】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． [解] (1)设{a n }的前n 项和为S n . 则S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1， qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n ，两式相减得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ＝a 1(1－q n )，当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.(2)证明：假设数列{a n ＋1}是等比数列，则(a 1＋1)(a 3＋1)＝(a 2＋1)2，即a 1a 3＋a 1＋a 3＋1＝a 22＋2a 2＋1，因为{a n }是等比数列，公比为q ，所以a 1a 3＝a 22，a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2，所以a 1(1＋q 2)＝2a 1q .即q 2－2q ＋1＝0，(q －1)2＝0，q ＝1，这与已知q ≠1矛盾，所以假设不成立，故数列{a n ＋1}不是等比数列． ►考法2 证明“至多”“至少”命题【例2】已知a ，b ，c 是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax 2＋2bx ＋c ＝0，bx 2＋2cx ＋a ＝0，cx 2＋2ax ＋b ＝0中至少有一个方程有两个相异实根．[证明] 假设三个方程都没有两个相异实根．则Δ1＝4b 2－4ac ≤0， Δ2＝4c 2－4ab ≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0，上述三个式子相加得：a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的实数相矛盾．因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．[规律方法]用反证法证明数学命题需把握的三点(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的.(1)已知x∈R，a＝x2＋12，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.(2)设a>0，b>0，且a＋b＝1a＋1b.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab ，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．。

2019版高考数学理一轮课时达标38数学归纳法含解析精

课时达标第38讲[解密考纲]在高考中，数学归纳法常在压轴题中使用，考查利用数学归纳法证明不等式．一、选择题1．用数学归纳法证明：“(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·…·(2n －1)”，从“k 到k ＋1”左端需增乘的代数式为( B )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C ．2k ＋1k ＋1D ．2k ＋3k ＋1解析当n ＝k 时，有(k ＋1)·(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·…·(2k －1)，则当n ＝k ＋1时，有(k＋2)(k ＋3)·…·(2k ＋1)(2k ＋2)显然增乘的(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)． 2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( C )A ．2B ．3C ．5D ．6解析 n ＝4时，24＜42＋1；n ＝5时，25＞52＋1，故n 0＝5.3．已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( A )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2C ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2解析 f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2，故选A ．4．(2018.安徽黄山模拟)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋ (1)＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( B )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)时等式成立解析根据数学归纳法步骤可知，要证n 为正偶数对原式成立，已知假设n ＝k (k ≥2且k 为偶然)时，命题为真，则下一步需证下一个正偶数即n ＝k ＋2时命题为真，故选B ．5．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( D )A ．若f (1)<1成立，则f (10)<100成立B ．若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析 A ，B 项与题设中不等方向不同，故A ，B 项错；C 项中，应该是k ≥3时，均有f (k )≥k 2成立；D 项符合题意．6．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．( D )A ．过程全部正确B ．n ＝1验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1推理不正确解析在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，即从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确，故选D ．二、填空题7．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证的不等式是__1＋12＋13<2__. 解析由n ∈N *，n >1知，n 取第一个值n 0＝2，当n ＝2时，不等式为1＋12＋13<2. 8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝__n n ＋1__. 解析由(S 1－1)2＝S 21，得：S 1＝12；由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2，得：S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3，得：S 3＝34.猜想S n ＝n n ＋1. 9．设平面上n 个圆周最多把平面分成f (n )个平面区域，则f (2)＝__4__，f (n )＝__n 2－n ＋2__(n ≥1，n ∈N *)．解析易知2个圆周最多把平面分成4片；n 个圆周最多把平面分成f (n )片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n ＋1个应与前面n 个都相交且交点均不同，有n 条公共弦，其端点把第n ＋1个圆周分成2n 段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f (n ＋1)＝f (n )＋2n (n ≥1)，所以f (n )－f (1)＝n (n －1)，而f (1)＝2，从而f (n )＝n 2－n ＋2.三、解答题10．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．证明 ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边，等式成立． ②假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝⎛⎭⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝⎛⎭⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①，②可知，对一切n ∈N *等式成立．11．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ∈N *，n ≥2)．证明 ①当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立． ②假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k. 当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k ＋1k－1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立．由①，②知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立．12．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由．解析 ∵f ′(x )＝x 2－1，且a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g (x )＝(x ＋1)2－1在[1，＋∞)上是增函数，于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1，进而a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1，由此猜想：a n ≥2n －1. 下面用数学归纳法证明这个猜想：①当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时结论成立，即a k ≥2k －1.当n ＝k ＋1时，由g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[1，＋∞)上是增函数知a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1，即n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②知，对任意n ∈N *，都有a n ≥2n －1.即1＋a n ≥2n ，∴11＋a n ≤12n ， ∴11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n <1.。

2019高考数学(全国、理科)一轮复习课件：第38讲直接证明与间接证明

[解析] 因为 A， B， C 成等差数列，所以 2B ＝ A ＋ C. 又 A ＋ B ＋ C ＝ 180°，解得 B＝60°.由 b＝ 3a，根据正弦定理得 sin B＝ 3sin A， 1 得 sin A＝，所以 A＝30°(因为 2 b>a 且 B＝60°，所以 A≠150°)，所以 C＝90°，即△ABC 是直角三角形．
栏目导引
专题一
集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式
课前双基巩固
知识聚焦
1．直接证明 (1)综合法综合法是从 ________推导到 ______的思维方法．原因结果推待证结具体地说，综合法是从 ________出发，经过逐步的______，最后达到________．已知条件理论 (2)分析法分析法是从______ 追溯到____________________ 的思维方法，具体地说，分析法是从结果产生这一结果充分条 __________ ____________，最后达到________________ 待证出发，一步一步寻求结论成立的题设的已的原因件或__________ 结论．知条件已被证明的 2．间接证明事实原命结原命不成立(即在______ 反证法：假设______ 的条件下，____不成立)，经过正确的推理，最后矛题原命论得出______，因此说明假设错误，从而证明了 ______成立，这种证明方法，叫作反证法．题
[答案] 综合法
[解析] 因为证明过程是 “从左往右”，即由条件到结论．
栏目导引
专题一
集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式
课前双基巩固
2．[教材改编] 用分析法证明不等式 n＋ n＋4<2 n＋2

2019大一轮高考总复习文数(北师大版)课时作业提升：38 直接证明与间接证明

课时作业提升(三十八)　直接证明与间接证明A 组　夯实基础1．若实数a ，b 满足a ＋b <0，则( )A ．a ，b 都小于0B ．a ，b 都大于0C ．a ，b 中至少有一个大于0D ．a ，b 中至少有一个小于0解析：选D 假设a ，b 都不小于0，即a ≥0，b ≥0，则a ＋b ≥0，这与a ＋b <0相矛盾，因此假设错误，即a ，b 中至少有一个小于0.2．(2018·广州调研)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 2C ．＜ D ．＞1a 1b b a ab解析：选B 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．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 ．无法确定正负解析：选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)<0.4．(2018·大同质检)分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：<a ”索的因应是( )b 2－ac 3A ．a －b >0 B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ． (a －b )(a －c )<0解析：选C <a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )b 2－ac 32－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 ．5．设a ＝－，b ＝－，c ＝－，则a 、b 、c 的大小顺序是( )326576A ．a >b >c B ．b >c >aC ．c >a >b D ．a >c >b解析：选A ∵a ＝－＝，b ＝－＝，c ＝－＝，且3213＋26516＋57617＋6＋>＋>＋>0，∴a >b >c .7665326．设x ，y ，z ＞0，则三个数＋，＋，＋( )y x y z z x zy 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2解析：选C 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以＋＋＝＋＋(y x ＋y z )(z x ＋z y )(x z ＋x y )(y x ＋x y )(y z ＋zy )≥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 ．(x z ＋zx )7．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 ≠18．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使＋≥2成立b a ab 的条件的序号是________．解析：要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④都ba ab ba ab 能使＋≥2成立．b a ab 答案：①③④9．(2018·烟台模拟)设a >b >0，m ＝－，n ＝，则m ，n 的大小关系是a b a －b ________．解析：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 ⇐a b a －b b a －b a b a －b 2·>0，显然成立．b a －b 答案：m <n10．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝图像上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图像上的点，x 2＋1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 ＝，∴c n 随n 的增大而减小，n 2＋11n 2＋1＋n∴c n ＋1＜c n .答案：c n ＋1＜c n11．已知a ＞0，－＞1，求证：＞.1b 1a 1＋a 11－b 证明：由已知－>1及a >0可知0<b <1，要证>，只需证·>1，1b 1a 1＋a 11－b 1＋a 1－b 只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0，即>1，a －bab 即－>1，这是已知条件，所以原不等式得证．1b 1a 12．已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：＋＋＞3.b ＋c －a ac ＋a －b ba ＋b －cc证明：因为a ，b ，c 为不全相等的正数，所以＋＋b ＋c －a a c ＋a －b b a ＋b －c c＝＋＋＋＋＋－3＞2 ＋2 ＋2 －3＝3，b a a b c a ac c b b c b a ·a b c a ·a c c b ·b c 即＋＋＞3.b ＋c －a ac ＋a －b ba ＋b －c cB 组　能力提升1．①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( )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：选D 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．2．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：选C 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 ＞，故△ABC 必是钝角三角形．π23．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________．解析：方法一　(补集法)令Error!解得p ≤－3或p ≥，32故满足条件的p 的范围为.(－3， 32)方法二　(直接法)依题意有f (－1)>0或f (1)>0，即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0，得－<p <1或－3<p <，1232故满足条件的p 的取值范围是.(－3，32)答案：(－3，32)4．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－.求52证：a ≠0且＜2.|ba |证明：假设a ＝0或≥2.|ba |①当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0.由题意得f (x )＝bx 在[－1,1]上是单调函数，所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |.由已知条件，得|b |＋(－|b |)＝2－＝－，5212这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.②当≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－，|b a |b2a 知f (x )在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得．所以Error!或Error!又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以＜2.|ba |由①②得假设不成立，所以a ≠0且＜2.|b a |。

2019大一轮高考总复习文数课时作业提升38 直接证明与

课时作业提升(三十八) 直接证明与间接证明A 组夯实基础1．若实数a ， b 满足a ＋b <0，则( ) A ．a ，b 都小于0 B ．a ，b 都大于0C ．a ，b 中至少有一个大于0D ．a ，b 中至少有一个小于0解析：选D 假设a ，b 都不小于0，即a ≥0，b ≥0，则a ＋b ≥0，这与a ＋b <0相矛盾，因此假设错误，即a ，b 中至少有一个小于0.2．(2018·广州调研)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 b解析：选B 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．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 ．无法确定正负解析：选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)<0.4．(2018·大同质检)分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：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解析：选Cb 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 ．5．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 >bD ．a >c >b解析：选A ∵a ＝3－2＝13＋2，b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝17＋6，且7＋6>6＋5>3＋2>0，∴a >b >c .6．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2解析：选C 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以⎝⎛⎭⎫y x ＋y z ＋⎝⎛⎭⎫z x ＋z y ＋⎝⎛⎭⎫x z ＋x y ＝⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ＋⎝⎛⎭⎫y z ＋z y ＋⎝⎛⎭⎫x z ＋z x ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C ． 7．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 ≠18．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab ≥2成立的条件的序号是________．解析：要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且ab >0成立，即a ， b 不为0且同号即可，故①③④都能使b a ＋ab≥2成立．答案：①③④9．(2018·烟台模拟)设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________．解析：方法一 (取特殊值法)取a ＝2，b ＝1，得m <n .方法二 (分析法)a －b <a －b ⇐b ＋a －b >a ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．答案：m <n10．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 ＝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 n11．已知a ＞0，1b －1a ＞1，求证：1＋a ＞11－b.证明：由已知1b －1a >1及a >0可知0<b <1，要证1＋a >11－b ，只需证1＋a ·1－b >1，只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0，即a －bab>1，即1b －1a>1，这是已知条件，所以原不等式得证． 12．已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc ＞3.证明：因为a ，b ，c 为不全相等的正数，所以b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋bc －3 ＞2 b a ·a b＋2 c a ·a c＋2 c b ·bc－3＝3，即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＞3. B 组能力提升1．①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( )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：选D 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．2．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：选C 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 ＞π2，故△ABC 必是钝角三角形．3．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________．解析：方法一 (补集法)令⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的范围为⎝⎛⎭⎫－3， 32. 方法二 (直接法)依题意有f (－1)>0或f (1)>0，即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0，得－12<p <1或－3<p <32，故满足条件的p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－3， 32. 答案：⎝⎛⎭⎫－3， 32 4．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－52.求证：a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a ＜2.证明：假设a ＝0或⎪⎪⎪⎪b a ≥2.①当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0. 由题意得f (x )＝bx 在[－1,1]上是单调函数，所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |. 由已知条件，得|b |＋(－|b |)＝2－52＝－12，这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.②当⎪⎪⎪⎪b a ≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－b2a，知f (x )在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得．所以⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝2，f (－1)＝a －b ＋c ＝－52，或⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝－52，f (－1)＝a －b ＋c ＝2.又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以⎪⎪⎪⎪b a ＜2. 由①②得假设不成立，所以a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a ＜2.。

2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业38直接证明与

A．q<0
B．a2 016a2 018－1>0
C．T2 016是数列{Tn}中的最大项
D．S2 016>S2 017
解析：由a1>1，a2 016a2 017>1得q>0，由 <0，a1>1得a2 016>1，a2 017<1,0<q<1，故数列{an}的前2 016项都大于1，从第2 017项起都小于1，因此T2 016是数列{Tn}中的最大项．故选C.
∴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 ＋b >a ＋b ，则a，b应满足的条件是________．
解析：a ＋b >a ＋b ，即( － )2( ＋ )>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x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设__________________．
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．
(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＋ )，

2019届高考理科数学一轮复习精品学案：第38讲直接证明与间接证明(含解析)

第38讲直接证明与间接证明考试说明 1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法;了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点.考情分析考点考查方向考例考查热度综合法数列、不等式、立体几何、解析几何中的证明2017全国卷Ⅱ23,2015全国卷Ⅱ24,2013全国卷Ⅱ24★★☆分析法不等式的证明★☆☆反证法存在性问题的证明★☆☆真题再现■ [2017-2013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.2.[2015·全国卷Ⅱ]设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则+>+;(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.证明:(1)(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(+)2>(+)2,因此+>+.(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得+>+.(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,即a+b+2>c+d+2.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2,因此|a-b|<|c-d|.综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.3.[2013·全国卷Ⅱ]设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤;(2)++≥1.证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca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≤.(2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c,又a+b+c=1,所以++≥1.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)原因结果已知条件推理待证结论(2)结果产生这一结果的原因待证结论充分条件题设的已知条件已被证明的事实2.原命题原命题结论矛盾原命题对点演练1.,2,3成等比数列[解析] 易知应假设为:,2,3成等比数列.2.分析法[解析] 用分析法证明如下:要证明+<2,需证(+)2<(2)2,即证10+2<20,即证<5,即证21<25,显然成立,故原结论成立.3.5×2n-1-3[解析] 由递推关系可得a n+1=2a n+3,即a n+1+3=2(a n+3),则数列{a n+3}是首项为a1+3=5,公比为2的等比数列,其通项公式为a n+3=5×2n-1,∴ａn=5×2n-1-3.4.≥2且≥2[解析] 假设,都不小于2,即≥2且≥2.5.③[解析] 由a>b>c且a+b+c=0,可得b=-a-c,a>0,c<0,要证<a,只需证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.6.x≠1或y≠1[解析] “且”的否定为“或”,所以反设为x≠1或y≠1.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)利用已知等式推导出=2×,由此能证明是等比数列;(2)由已知条件推导出=2n-1,由此利用错位相减法能求出数列的前n项和T n.解:(1)证明:由a n+1=S n及a n+1=S n+1-S n,得S n+1-S n=S n,整理得nS n+1=2(n+1)S n,∴=2×,又=1,∴是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)得=2n-1,∴Ｓn=n·2n-1.∴Ｔn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,①2T n=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,②由②-①,得T n=-(1+2+22+…+2n-1)+n·2n=-+n·2n=(n-1)·2n+1.变式题证明:(1)∵ａn+1==?=?-=1,∴-=1,又∵==2,∴数列是以2为首项,公差为1的等差数列.(2)∵=+(n-1)×1,∴=n+1?a n=,∴ｂn===<=-,∴Ｓn=b1+b2+…+b n<×-+-+…+-+-=×--<×=.例2[思路点拨] (1)直接利用函数表达式及递推关系求得a2及a3;(2)结合递推关系利用分析法进行证明.解:(1)a2=2,a3=c+10.(2)证明:要证明原不等式成立,只需证明f(a n)-a n≥c,即证f(a n)≥a n+c,即证f(x)≥x+c对任意x∈R都成立,即证2|x+c+4|-|x+c|≥x+c,即证2|x+c+4|≥|x+c|+x+c.若x+c≤0,显然有2|x+c+4|≥|x+c|+x+c=0成立;若x+c>0,则2|x+c+4|≥|x+c|+x+c?x+c+4>x+c,显然成立.综上,f(x)≥x+c恒成立,即对任意的n∈N*,a n+1-a n≥c.变式题证明:因为m>0,所以1+m>0,所以要证≤,只需证m(a2-2ab+b2)≥0,即证(a-b)2≥0,而(a-b)2≥0显然成立,故≤.例3[思路点拨] 假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,然后利用不等式知识推出矛盾.证明:假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则有a2+a+b2+b<4.由a2+b2=+,得a2b2=1,因为a>0,b>0,所以ab=1.因为a2+b2≥2ab=2(当且仅当a=b=1时等号成立),a+b≥2=2(当且仅当a=b=1时等号成立),所以a2+a+b2+b≥ 2ab+2=4(当且仅当a=b=1时等号成立),这与假设矛盾,故假设错误.所以a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.变式题证明:假设a,b,c,d都是非负数,因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,即ac+bd+ad+bc=1,又ac+bd+ad+bc≥ac+bd,所以ac+bd≤1,与题设矛盾,故假设不成立,故a,b,c,d中至少有一个是负数.【备选理由】例1是一道用综合法证明解析几何的题;例2是一道用分析法证明向量的题;例3是一道用反证法证明数列的题.1[配合例1使用] [2017·资阳一模]已知圆O:x2+y2=2,直线l:y=kx-2.(1)若直线l与圆O交于不同的两点A,B,且∠AOB=,求k的值;(2)若k=,P是直线l上的动点,过P作圆O的两条切线PC,PD,切点分别为C,D,求证:直线CD过定点,并求出该定点的坐标.解:(1)因为∠AOB=,所以原点O到直线l的距离d=×=1,又因为d==,所以=1?k=±.(2)证明:由题意可知O,P,C,D四点共圆,且在以OP为直径的圆上.设P t,t-2(t∈R),则以OP为直径的圆的方程为x(x-t)+y y-t+2=0,即x2-tx+y2-t-2y=0.又C,D在圆O:x2+y2=2上,所以直线CD的方程为tx+t-2y-2=0,即t x+-2(y+1)=0.因为t∈R,所以?所以直线CD过定点,-1.2[配合例2使用] 已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.证明:∵ａ⊥b,∴a·b=0.要证≤,只需证|a|+|b|≤|a+b|,即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,即证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,即证(|a|-|b|)2≥0,该式显然成立,故原不等式得证.3[配合例3使用] 在递增数列{a n}中,a1=2,不等式(n+1)a n≥na2n对任意n∈N*都成立.(1)求a2的取值范围;(2)证明:数列{a n}不可能为等比数列.解:(1)因为{a n}是递增数列,所以a2>a1,a2>2.令n=1,则2a1≥a2,即a2≤4,所以a2∈(2,4].(2)证明:假设数列{a n}是公比为q的等比数列,a1=2>0,则a n=2q n-1.因为{a n}是递增数列,所以q>1,因为对任意n∈N*,(n+1)a n≥na2n都成立,所以对任意n∈N*,1+≥q n都成立.①因为q>1,所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,q n>2.又因为1+≤2,所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,q n>1+,与①矛盾,故假设不成立.。

2019版数学一轮高中全程复习方略课时作业38直接证明与间接证明+Word版含解析.docx

课时作业38直接证明与间接证明［授课提示：对应学生用书第234页］一、选择题1・在中，sin>lsinC<cosAcosC,则ABC —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sinAsinC<cosAcosC 得cosAcosC— sinAsinOO, 即cos（A + C）>0,所以A + C是锐角，从而£>申，故△ABC必是钝角三角形. 答案:C2.分析法又称执果索因法，己知Q0,用分析法证明时，索的因是（）A.宀2B. X2>4C・ x2>0 D. ?>1解析：因为x>0, 所以要vLyj 1 +x< 1 +申，只需证（、河）2<（1+訊兀2 即证0<才，即证“>0, 因为兀>0,所以/>0成立，故原不等式成立.答案:c3・（2018 ±海二模）用反证法证明命题"己知，a,如果ab可被5整除，那么G,方中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为（）A・a,方都能被5整除B・a,方都不能被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：B4.（2018-临沂模拟）命题“如果数列仙｝的前〃项和Sn=2『—3n,那么数列｛给｝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:VS??=2n2—3n,一I=2（M— I）2—3（/1—1）（〃22）,a n— S n—S n-\=4/z—5（n = 1 时，d]=S] = — 1 符合上式）.又*/ci n+] —a n —4（/? N1）・・；｛偽｝是等差数列.答案:B5.（201&江西南昌调研，11）设等比数列偸｝的公比为q,其前〃项和为S“, 前”项之积为几，并且满足条件:如>1,。

高考数学总复习课时作业38 直接证明和间接证明试题文新人教A版

课时作业(三十八) 直接证明和间接证明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．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.详解答案课时作业(三十八)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－b2n＋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＜b2n＋1.。

高考数学第六章不等式、推理与证明课时作业38直接证明与间接证明文

课时作业38 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．(2019·四川宜宾模拟)已知a ，b ∈R ，m ＝6a36a ＋1＋1，n ＝13b 2－b ＋56，则下列结论正确的是( A )A ．m ≤nB ．m ≥nC ．m >nD ．m <n解析：m ＝6a 36a ＋1＋1＝6a 62a ＋2＋1＝162×6a ＋6－a ≤1262＝112，n ＝13b 2－b ＋56＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b －322＋112≥112，所以n ≥m ，故选A ． 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 ．0B ．1C ．2D ．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 ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：因为a ＋b2≥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－＝－2p 2＋p ＋1≤0，f ＝－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⎩⎪⎨⎪⎧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．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 ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg C ．证明：要证lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ，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 ＋b2≥ab ，b ＋c2≥bc ，c ＋a2≥ca .三个式子中的等号不同时成立．所以显然有a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞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 22≥f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.14．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：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 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 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 ＝m 1＋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．。

课时作业38 高考数学试题解析高考数学复习

课时作业(三十八)1．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项之和为( )A ．2n －1B ．n ·2n －nC ．2n ＋1－nD ．2n ＋1－n －2答案 D解析记a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1， ∴S n ＝2·(2n －1)2－1－n ＝2n ＋1－2－n .2．数列{a n }、{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前10项之和为( ) A.13 B.512 C.12 D.712答案 B 解析 b n ＝1a n＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，S 10＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512.3．已知等差数列公差为d ，且a n ≠0，d ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1可化简为( )A.nda 1(a 1＋nd )B.na 1(a 1＋nd )C.d a 1(a 1＋nd )D.n ＋1a 1[a 1＋(n ＋1)d ]答案 B解析 ∵1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)，∴原式＝1d (1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1)＝1d (1a 1－1a n ＋1)＝na 1·a n ＋1，选B.4．设直线nx ＋(n ＋1)y ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2 013的值为( )A.2 0102 011 B.2 0112 012 C.2 0122 013 D.2 0132 014答案 D解析直线与x 轴交于(2n ，0)，与y 轴交于(0，2n ＋1)，∴S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴原式＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(12 013－12 014) ＝1－12 014＝2 0132 014.5．(2012·全国)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列{1a n a n＋1}的前100项和为() A.100101 B.99101C.99100 D.101100答案 A解析S5＝5(a1＋a5)2＝5(a1＋5)2＝15，∴a1＝1.∴d＝a5－a15－1＝5－15－1＝1.∴a n＝1＋(n－1)×1＝n.∴1a n a n＋1＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1.设{1a n a n＋1}的前n项和为T n.则T100＝11×2＋12×3＋…＋1100×101＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.6．(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝____________.答案 5 050解析原式＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1＝100×(100＋1)2＝5 050.7．S n ＝122－1＋142－1＋…＋1(2n )2－1＝________.答案n2n ＋1解析通项a n ＝1(2n )2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)，∴S n＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1.8．某医院近30天每天因患甲流而入院就诊的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且满足a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天内因患甲流而入院就诊的人数共有______．答案 255解析当n 为偶数时，由题易得a n ＋2－a n ＝2，此时为等差数列；当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，此时为常数列，所以该医院30天内因患甲流而入院就诊的人数总和为S 30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.9．数列{a n }的前n 项和为S n ＝10n －n 2，求数列{|a n |}的前n 项和．答案 T n ＝⎩⎨⎧－n 2＋10n (n ≤5)，n 2－10n ＋50 (n ≥6)解析易求得a n ＝－2n ＋11(n ∈N *)．令a n ≥0，得n ≤5；令a n ＜0，得n ≥6.记T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，则： (1)当n ≤5时， T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n ＝10n －n 2. (2)当n ≥6时， T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5－a 6－a 7－…－a n＝2(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a n ) ＝2S 5－S n ＝n 2－10n ＋50.综上，得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋10n (n ≤5)，n 2－10n ＋50 (n ≥6).10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和S n ，求使得S n >21－2n 成立的最小整数n . 解析 (1)由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )． ∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，公比为2的等比数列． ∴a n ＋1－a n ＝3·2n －1.∴当n≥2时，a n－a n－1＝3·2n－2，a n－1－a n－2＝3·2n－3，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3.累加得a n－a1＝3·2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)．∴a n＝3·2n－1－2，又当n＝1时，也满足上式，∴数列{a n}的通项公式为a n＝3·2n－1－2，n∈N*.(2)由(1)利用分组求和法，得S n＝3(2n－1＋2n－2＋…＋2＋1)－2n＝3(2n－1)－2n.由S n＝3(2n－1)－2n>21－2n，得3·2n>24，即2n>8.∴n>3，∴使得S n>21－2n成立的最小整数n＝4.11．已知数列{a n}满足a1＝1，a n>0，S n是数列{a n}的前n项和，对任意的n ∈N*，有2S n＝2a2n＋a n－1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记b n＝a n2n，求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)2S n＝2a2n＋a n－1,2S n＋1＝2a2n＋1＋a n＋1－1，两式相减，得2a n＋1＝2(a n ＋1－a n)(a n＋1＋a n)＋(a n＋1－a n)．∴(a n＋1＋a n)(2a n＋1－2a n－1)＝0.∵a n>0，∴2a n＋1－2a n－1＝0.∴a n＋1＝a n＋12.∴数列{a n}是以1为首项，12为公差的等差数列．∴a n＝n＋1 2.(2)b n＝a n2n＝n＋12n＋1，则T n＝222＋323＋424＋…＋n＋12n＋1，①1 2T n ＝223＋324＋425＋…＋n＋12n＋2. ②①－②得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n＋1－n＋12n＋2＝1 2＋123×(1－12n－1)1－12－n＋12n＋2＝34－12n＋1－n＋12n＋2.所以T n＝32－12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1.12．已知数列{a n}为等比数列．T n＝na1＋(n－1)a2＋…＋a n，且T1＝1，T2＝4.(1)求{a n}的通项公式；(2)求{T n}的通项公式．解析 (1)T 1＝a 1＝1，T 2＝2a 1＋a 2＝2＋a 2＝4，∴a 2＝2. ∴等比数列{a n }的公比q ＝a 2a 1＝2.∴a n ＝2n －1.(2)方法一 T n ＝n ＋(n －1)·2＋(n －2)·22＋…＋1·2n －1， ① 2T n ＝n ·2＋(n －1)22＋(n －2)23＋…＋1·2n ， ②②－①，得T n ＝－n ＋2＋22＋…＋2n －1＋2n＝－n ＋2(1－2n)1－2＝－n ＋2n ＋1－2＝2n ＋1－n －2. 方法二设S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ， ∴S n ＝1＋2＋…＋2n －1＝2n －1. ∴T n ＝na 1＋(n －1)a 2＋…＋2a n －1＋a n ＝a 1＋(a 1＋a 2)＋…＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝S 1＋S 2＋…＋S n ＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(2＋22＋ (2))－n ＝2(1－2n)1－2－n＝2n ＋1－n －2.13．设数列{a n }是公差大于0的等差数列，a 3，a 5分别是方程x 2－14x ＋45＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋12n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)因为方程x 2－14x ＋45＝0的两个根分别为5、9，所以由题意可知a 3＝5，a 5＝9，所以d ＝2，所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1.(2)由(1)可知，b n ＝a n ＋12n ＋1＝n ·12n ， ∴T n ＝1×12＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ·12n . ①∴12T n ＝1×122＋2×123＋…＋(n －1)×12n ＋n ·12n ＋1.②①－②，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n －n ·12n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n .1．(2012·课标全国)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }前60项和________．答案 1 830解析当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1；当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3. ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋3＋a 2k ＋1＝2. ∴a 2k －1＝a 2k ＋3. ∴a 1＝a 5＝…＝a 61. ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1) ＝30×(3＋119)2＝30×61＝1 830.2．(2011·辽宁理)已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n －1}的前n 项和．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得 ⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列{a n2n －1}的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，故S 1＝1，S n2＝a 12＋a 24＋…＋a n 2n .所以，当n >1时，S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n ＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n . 所以S n ＝n2n －1.综上，数列{a n2n －1}的前n 项和S n ＝n2n －1. 3．(2011·全国新课标)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．解析 (1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6，得a 23＝9a 24.所以q 2＝19.由条件可知q >0，故q ＝13. 由2a 1＋3a 2＝1，得2a 1＋3a 1q ＝1，得a 1＝13. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2.故1b n＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)．1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－2nn ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2n n ＋1.4．已知数列{a n }的各项均是正数，其前n 项和为S n ，满足(p －1)S n ＝p 2－a n ，其中p 为正常数，且p ≠1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝12－log p a n(n ∈N *)，数列{b n b n ＋2}的前n 项和为T n ，求证：T n <34.解析 (1)由题意知(p －1)a 1＝p 2－a 1，解得a 1＝p .由⎩⎪⎨⎪⎧(p －1)S n ＝p 2－a n ，(p －1)S n ＋1＝p 2－a n ＋1，得(p －1)(S n ＋1－S n )＝a n －a n ＋1.所以(p －1)a n ＋1＝a n －a n ＋1，即a n ＋1＝1p a n .可见，数列{a n }是首项为a 1＝p ，公比为1p 的等比数列，故a n ＝p (1p )n －1＝p 2－n.(2)∵b n ＝12－log p p 2－n ＝12－(2－n )＝1n ， ∴b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12(1n －1n ＋2)．∴T n ＝b 1b 3＋b 2b 4＋b 3b 5＋…＋b n b n ＋2＝12[(11－13)＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋…＋(1n －1n ＋2)]＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)<34.5．(2011·山东理)等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列．(1)求数列{a n }(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18. 所以公比q ＝3，故a n ＝2·3n －1.(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln2＋(n －1)ln3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ](ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln3.所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln3＝3n ＋n 2ln3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln2－ln3)＋(n －12－n )ln3＝3n－n －12ln3－ln2－1.综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n 2ln3－1，n 为偶数，3n－n －12ln3－ln2－1，n 为奇数.6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝S nn ＋2(n －1)(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列，并分别写出a n 和S n 关于n 的表达式； (2)设数列{1a n a n ＋1}的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <14； (3)是否存在自然数n ，使得S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝2 009？若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．分析本题第(1)问是由已知数列{a n }中S n 与a n 的关系式求a n 的一种基本题型，可利用当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1的递推关系求解；第(2)问可先通过裂项相消法求和，再放缩求解，并注意到T n ≥T 1＝15；第(3)问先将S n 变形为S nn 的形式(n∈N *)，求和后再判断n 的存在性．解析 (1)由a n ＝S nn ＋2(n －1)，得S n ＝na n －2n (n －1)(n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－4(n －1)，即a n －a n －1＝4. ∴数列{a n }是以a 1＝1为首项，4为公差的等差数列．于是，a n ＝4n －3，S n ＝(a 1＋a n )n 2＝2n 2－n (n ∈N *)．(2)T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×5＋15×9＋19×13＋…＋1(4n －3)×(4n ＋1)＝14[(1－15)＋(15－19)＋(19－113)＋…＋(14n －3－14n ＋1)]＝14(1－14n ＋1)＝n 4n ＋1<n 4n ＝14. 又易知T n 单调递增，故T n ≥T 1＝15. 于是15≤T n <14.(3)由S n ＝na n －2n (n －1)，得S nn ＝2n －1(n ∈N *)．∴S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)－(n －1)2＝n 2－(n －1)2＝2n －1.令2n －1＝2 009，得n ＝1 005，即存在满足条件的自然数n ＝1 005.。

2019版高中全程练习方略课时提能演练：直接证明与间接证明(北师大版·数学理)

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课时提能演练(四十)(45分钟100分)【一】选择题(每题6分，共36分)[来源:Z§xx§]1.(2019·宝鸡模拟)用反证法证明〝如果a＜b，那么33a b<〞，假设的内容应是()(A)33<a b=(B)33a b(C)3a＝3b且3a＜3b(D)3a＝3b或3a＞3b2.证明不等式a＋1－a<a－1－a－2(a≥2)所用的最适合的方法是()(A)综合法(B)分析法(C)间接证法(D)合情推理法3.在△ABC中，sinAsinC<cosAcosC，那么△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4.假设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：∵a、b、c∈R，∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又∵a，b，c不全相等，∴以上三式至少有一个〝＝〞不成立，∴将以上三式相加得2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ac)，∴a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.此证法是()(A)分析法(B)综合法[来源:1ZXXK](C)分析法与综合法并用(D)反证法5.(2019·大同模拟)用反证法证明命题：〝设a ，b ，c 大于0，那么a ＋1b 、b ＋1c 、c ＋1a 中至少有一个不小于2”时，假设的内容是( )(A)都不小于2 (B)至少有一个不大于2(C)都小于2 (D)至少有一个小于26.(预测题)设函数f(x)是定义在R 上的以3为周期的奇函数，假设f(1)>1，f(2)＝3a －4a ＋1，那么a 的取值范围是( ) (A)a<34 (B)a<34且a ≠－1(C)a>34或a<－1 (D)－1<a<34【二】填空题(每题6分，共18分)7.设a>0，b>0，c>0，假设a ＋b ＋c ＝1，那么1a ＋1b ＋1c ≥ .8.(2019·冀州模拟)设P ＝2，Q ＝7－3，R ＝6－2，那么P 、Q 、R 的大小顺序是 .9.(2019·亳州模拟)给出以下四个结论：①假设a ·b ＝b ·c 且b ≠0，那么a ＝c ；②假设a 与b 是平行向量，b 与c 也是平行向量，那么a 与c 不一定是平行向量； ③在区间[π4，5π4]上函数y ＝sinx ＋cosx 是增函数； ④直线x ＝π4是函数y ＝sinx ＋cosx 图像的一条对称轴.其中正确结论的序号为 (写出所有正确结论的序号).【三】解答题(每题15分，共30分)10.求证：假设a>0，那么a2＋1a2－2≥a ＋1a －2.11.(易错题)用反证法证明：关于x 的方程x2＋4ax －4a ＋3＝0、x2＋(a －1)x ＋a2＝0、x2＋2ax －2a ＝0，当a ≤－32或a ≥－1时，至少有一个方程有实数根.【探究创新】(16分)凸函数的性质定理为：如果函数f(x)在区间D 上是凸函数，那么对D 内的任意x1，x2，…，xn 都有f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)n ≤f (x1＋x2＋…＋xn n).函数f(x)＝sinx 在(0，π)上是凸函数，那么 (1)求△ABC 中，sinA ＋sinB ＋sinC 的最大值.(2)判断f(x)＝2x 在R 上是否为凸函数.答案解析[来源:学,科,网]1.【解析】选D.根据反证法词语的否定形式，〝3a ＜3b 〞的否定应为〝3a ≥ 3b 〞，应选D.2.【解析】选B.欲比较a ＋1－a ，a －1－a －2的大小，只需比较a ＋1＋a －2，a －1＋a ，(a ＋1＋a －2)2＝2a －1＋2a ＋1·a －2，(a －1＋a)2＝2a －1＋2a －1·a ，只需比较a ＋1·a －2，a －1·a 的大小，以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法，应选B.3.【解题指南】将不等式移项，对两角和的余弦公式进行逆用，得出角的范围即可.【解析】选C.由sinAsinC<cosAcosC 得cosAcosC －sinAsinC>0，即cos(A ＋C)>0，[来源:1ZXXK] ∴A ＋C 是锐角，从而B>π2，故△ABC 必是钝角三角形.4.【解析】选B.由条件入手证明结论成立，满足综合法的定义.5.【解析】选C.根据反证法中词语的否定形式可得：〝至少有一个不小于2”的否定为〝都小于2”，应选C.6.【解析】选D.∵f(x)的周期为3，∴f(2)＝f(－1)，又f(x)是R 上的奇函数，∴f(－1)＝－f(1)，那么f(2)＝f(－1)＝－f(1)，再由f(1)>1，可得f(2)<－1，即3a －4a ＋1<－1，解得－1<a<34. 7.【解题指南】把1a ＋1b ＋1c 中的1用a ＋b ＋c 代换，利用基本不等式求解.【解析】∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c ≥3＋2b a ·a b ＋2c a ·a c ＋2c b ·b c ＝3＋2＋2＋2＝9.等号成立的条件是a ＝b ＝c ＝13.答案：98.【解析】∵P ＝422，Q ＝47＋3，R ＝46＋2，而22<2＋6<3＋7，∴122>12＋6>13＋7，故422>42＋6>43＋7，即P>R>Q. 答案：P>R>Q9.【解析】当a 与c 不是共线向量，且分别与b 的夹角相等，|a|＝|c|也符合a ·b ＝b ·c ，但a ≠c ，故①错误，当b ＝0时，a 与c 不一定是平行向量，故②正确. 由于y ＝sinx ＋cosx ＝2sin(x ＋π4). 当x ∈[π4，54π]时，函数y ＝sinx ＋cosx 是减函数，故③错误. 直线x ＝π4是函数y ＝sinx ＋cosx ＝2sin(x ＋π4)的一条对称轴，故④正确. 答案：②④ 10.【解题指南】利用分析法证明.由a>0，将不等式两边平方，不等式仍成立，最后利用基本不等式得证. 【证明】要证原不等式成立，只需证a2＋1a2＋2≥a ＋1a ＋ 2.∵a>0，∴两边均大于零.因此只需证a2＋1a2＋4＋4a2＋1a2≥a2＋1a2＋2＋2＋22(a ＋1a ). 只需证2a2＋1a2≥2(a ＋1a )，只需证2(a2＋1a2)≥a2＋1a2＋2，即证a2＋1a2≥2，而a2＋1a2≥2显然成立，∴原不等式成立.【变式备选】a>6，求证：a －3－a －4<a －5－a －6.【证明】方法一：要证a －3－a －4<a －5－a －6只需证a －3＋a －6<a －5＋a －4⇐(a －3＋a －6)2<(a －5＋a －4)2⇐2a －9＋2(a －3)(a －6)<2a －9＋2(a －5)(a －4)， ⇐(a －3)(a －6)<(a －5)(a －4)， ⇐(a －3)(a －6)<(a －5)(a －4)，⇐18<20. 因为18<20显然成立，所以原不等式成立.方法二：要证a －3－a －4<a －5－a －6只需证1a －3＋a －4<1a －5＋a －6 只需证a －3＋a －4>a －5＋a －6∵a>6，∴a －3>a －4>a －5>a －6>0，那么a －3＋a －4>a －5＋a －6.所以原不等式成立.[来源:] 11.【证明】设三个方程都没有实数根，那么由判别式都小于零得：⎩⎪⎨⎪⎧－32＜a ＜12a ＞13或a ＜－1－2＜a ＜0⇒－32＜a ＜－1 与a ≤－32或a ≥－1矛盾，故原命题成立. 【探究创新】【解析】(1)∵f(x)＝sinx 在(0，π)上是凸函数，A 、B 、C ∈(0，π)且A ＋B ＋C ＝π， ∴f(A)＋f(B)＋f(C)3≤f(A ＋B ＋C 3)＝f(π3)，即sinA ＋sinB ＋sinC ≤3sin π3＝332. 所以sinA ＋sinB ＋sinC 的最大值为332. (2)∵f(－1)＝12，f(1)＝2，而f(－1)＋f(1)2＝12＋22＝54，而f(－1＋12)＝f(0)＝1， ∴f(－1)＋f(1)2>f(－1＋12). 即不满足凸函数的性质定理，故f(x)＝2x 在R 上不是凸函数.【方法技巧】新定义题的解题技巧(1)对于新型概念的解题问题，要理解其定义的实质，充分利用定义解题是关键.(2)要证明一个函数满足定义需利用定义加以证明它满足的条件，假设想说明它不满足定义，只需用特例说明即可.。

2019高考数学专项精练-直接证明与间接证明

2019高考数学专项精练-直接证明与间接证明[时间：45分钟分值：100分]基础热身A 、三个内角都不大于60°B 、三个内角都大于60°C 、三个内角至多有一个大于60°D 、三个内角至多有两个大于60°2、假设三角形能剖分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是() A 、锐角三角形B 、钝角三角形 C 、直角三角形D 、不能确定3、要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明() A 、2ab －1－a 2b 2≤0B 、a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.a ＋b 22－1－a 2b 2≤0 D 、(a 2－1)(b 2－1)≥04、a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，那么x ，y 的大小关系是________、能力提升5、[2017·永州调研]一个质点从A 出发依次沿图K63－1中线段到达B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、I 、J 各点，最后又回到A ，其中：AB ⊥BC ，AB ∥CD ∥EF ∥HG ∥IJ ，BC ∥DE ∥FG ∥HI ∥JA .n ＝()A 、2B 、3C 、4D 、56、[2017·惠州调研]⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc ，那么⎪⎪⎪⎪⎪⎪4 68 10＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12 1416 18＋…＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2004 20062008 2010＝()A 、－2017B 、2017C 、2017D 、－20177、c ＞1，a ＝c ＋1－c ，b ＝c －c －1，那么正确的结论是() A 、a ＞b B 、a ＜bC 、a ＝bD 、a ，b 大小关系不定8、使不等式1a <1b 成立的条件是()A 、a >bB 、a <bC 、a >b ，且ab <0D 、a >b ，且ab >09、假设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出以下判断： 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() A 、0B 、1C 、2D 、310、函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b ∈R ＋，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，那么A 、B 、C 的大小关系为________、11、假设P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，那么P 、Q 的大小关系是________、12、[2017·九江三模]假设直线ax ＋2by －2＝0(a >0，b >0)始终平分圆x 2＋y 2－4x －2y－8＝0的周长，那么1a ＋2b 的最小值为________、13、如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，都有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f x 1＋x 2＋…＋x n n .假设y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________、14、(10分)假设a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.15、(13分)a ，b ，c ∈(0,1)、求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14. 难点突破16、(12分)函数f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x (x >0)，对于任意不等的两个正数x 1，x 2，证明：当a ≤0时，f x 1＋f x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.课时作业(六十三)【基础热身】1、B[解析]假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，应选B.2、C[解析]直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，应选C.3、D[解析]因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.应选D.4、x <y [解析]x 2－y 2＝a ＋b ＋2ab 2－(a ＋b ) ＝－a ＋b －2ab 2＝－a －b22.∵a ，b 是不相等的正数，∴a ≠b ，∴(a －b )2>0，∴－a －b22<0.∴x 2<y 2.又∵x >0，y >0，∴x <y . 【能力提升】5、B[解析]只需测量AB ，BC ，GH,3条线段的长、6、A[解析]⎪⎪⎪⎪48 610＝－8，⎪⎪⎪⎪1216 1418＝－8，…，⎪⎪⎪⎪20042008 20062010＝－8，区间[4,2017]中共有1004个偶数，假设每四个偶数为一组，共有251组，∴⎪⎪⎪⎪48 610＋⎪⎪⎪⎪1216 1418＋…＋⎪⎪⎪⎪20042008 20062010＝(－8)＋(－8)＋…＋(－8251个＝－8×251＝－2017.应选A.7、B[解析]假设a ≥b ，即c ＋1－c ≥c －c －1， ∴c ＋1＋c －1≥2c ，平方得2c ＋2c 2－1≥4c ，2c ≤2c 2－1，c ≤c 2－1，即c 2≤c 2－1， 0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a <b . 8、D[解析]利用分析法对条件分析可得、9、C[解析]①②正确；③中a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 可能同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，选C.10、A ≤B ≤C [解析]由a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C .11、P ＜Q [解析]假设P <Q ，∵要证P ＜Q ，只要证P 2＜Q 2，只要证：2a ＋7＋2a a ＋7<2a ＋7＋2a ＋3a ＋4，只要证：a 2＋7a ＜a 2＋7a ＋12，只要证：0＜12，∵0＜12成立，∴P ＜Q 成立、12、3＋22[解析]由题知直线经过圆心(2,1)，那么a ＋b ＝1，所以1a ＋2b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋2a b ≥3＋2 2.13.332[解析]sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin A ＋B ＋C 3＝3sin π3＝332.14、[解答]证明：假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0，那么a ＋b ＋c ≤0，而a ＋b ＋c ＝x 2－2y ＋π2＋y 2－2z ＋π3＋z 2－2x ＋π6＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3，∵π－3>0，且(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2≥0， ∴a ＋b ＋c >0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾，因此a ，b ，c 中至少有一个大于0.15、[解答]证明：假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c >164.①又(1－a )a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋a 22＝14当且仅当a ＝12时取“＝”号，同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.所以(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确、【难点突破】16、[解答]证明：由f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x (x >0)，得f x 1＋f x 22＝12(x 21＋x 22)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＋a 2(ln x 1＋ln x 2)＝12(x 21＋x 22)＋x 1＋x 2x 1x 2＋a ln x 1x 2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222＋4x 1＋x 2＋a ln x 1＋x 22.而12(x 21＋x 22)＝14(x 21＋x 22＋x 21＋x 22)>14(x 21＋x 22＋2x 1x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222.①∵(x 1＋x 2)2＝(x 21＋x 22)＋2x 1x 2>4x 1x 2， ∴x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2.②∵x 1x 2<x 1＋x 22，∴ln x 1x 2<ln x 1＋x 22，又a ≤0，∴a ln x 1x 2≥a ln x 1＋x 22.③由①②③得12(x 21＋x 22)＋x 1＋x 2x 1x 2＋a ln x 1x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222＋4x 1＋x 2＋a ln x 1＋x 22，即f x 1＋f x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22。

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课时作业(三十八)第38讲直接证明与间接证明
基础热身
1.[2017·莱芜一中模拟]用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x2+ax+b=0没有实数根”时,应假设()
A.方程x2+ax+b=0至多有一个实根
B.方程x2+ax+b=0至少有一个实根
C.方程x2+ax+b=0至多有两个实根
D.方程x2+ax+b=0恰好有两个实根
2.要证明a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明()
A.2ab-1-a2b2≤0
B.a2+b2-1≤
C.-1-a2b2≤0
D.(a2-1)(b2-1)≥0
3.[2017·南昌二模]已知等差数列的前n项和为S n,若S2k+1>0,则一定有()
A.a k>0
B.S k>0
C.a k+1>0
D.S k+1>0
4.①已知p3+q3=2,求证p+q≤2,用反证法证明时,可假设p+q≥2;②已知a,b∈R,+<1,求证方程x2+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x1的绝对值大于或等于1,即假设≥1.其中正确说法的序号是.
能力提升
5.[2017·大连模拟]“一支医疗救援队里的医生和护士,包括我在内,总共是13名.下面讲到的人员情况,无论是否把我计算在内,都不会有任何变化.在这些医务人员中:①护士不少于医生;②男医生多于女护士;③女护士多于男护士;④至少有一位女医生.”由此推测这位说话人的性别和职务是()
A.男护士
B.女护士
C.男医生
D.女医生
6.[2017·福建师大附中一模]若O为△ABC平面内一点,且满足(-)·(+-2)=0,则△ABC为()
A.钝角三角形
B.等腰三角形
C.直角三角形
D.锐角三角形
7.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<N
B.M=N
C.M>N
D.M,N大小不确定
8.[2017·武汉模拟]已知f=,a≠b,则|f-f|与|a-b|的大小关系为()
A.->-
B.-<-
C.-=-
D.不确定
9.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时,假设命题的结论不成立的正确叙述是(填序号).
①假设三个角都不大于60°;②假设三个角都大于60°;③假设三个角至多有一个大于60°;④假设三个角至多有两个大于60°.
难点突破
10.(5分)[2017·山西运城调研]在△ABC中,AC=5,+-=0,则BC+AB=()
A.6
B.7
C.8
D.9
11.(5分)[2017·北京海淀区二模]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
图K38-1
课时作业(三十八)
1.B[解析]没有实根的反面为至少有一个实根,故选B.
2.D[解析]由题意,将不等式左边因式分解即可,故选D.
3.C[解析]由等差数列的前n项和公式得S2k+1==(2k+1)a k+1>0,故选C.
4.②[解析]①用反证法证明时,假设命题为假,应为全面否定,所以p+q≤2 的否定应为
p+q>2,故①错误.②已知a,b∈R,+<1,求证方程x2+ax+b=0 的两根的绝对值都小于1,根据反证法的定义,可假设≥1,故②正确.
5.A[解析]设女护士、男护士、女医生、男医生人数分别为a,b,c,d,则有:①a+b≥c+d;②d>a;
③a>b;④c≥1.所以d>a>b>c≥1.易知只有a=4,b=3,d=5,c=1时符合要求.又a,b,c,d中只有b 减1后仍符合要求,故说话人是男护士.故选A.
6.B[解析]由题意可得·(+)=0,即(-)·(+)=0,据此有=,即△ABC 为等腰三角形,故选B.
7.C[解析]因为A,B,C∈0,,所以A+B>,则sin A>sin-B,即sin A>cos B①,同理sin
B>sin-A⇒sin B>cos A②,sin C>sin-B⇒sin C>cos B③,将不等式①②③两边相加可得M>N,故选C.
8.B[解析]|f-f|=|-|==<-≤
-=|a-b|,所以|f-f|<|a-b|,故选B.
9.②[解析]用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时,应假设命题的否定成立,而命题“三角形的内角中至少有一个内角不大于60°”的否定是“三角形的三个内角都大于60°”,故答案为②.
10.B[解析]分别作∠ABC,∠BCA,∠CAB的平分线相交于点O,过O作OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB.设AF=m,BF=n,OD=OE=OF=r,则AE=m,BD=n.∵AC=5,∴CE=CD=5-m.在Rt△AOF中,tan∠BAO=,∴
∠=,同理:
∠
=,
∠
=.∵+-=0,∴+-=0,∴n=1,∴
AB+BC=m+n+n+5-m=2n+5=7,故选B.
11.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T1,T2,T3,T4中至少有一个为正数,故选A.。