高考数学一轮复习 第十二章 复数、算法、推理与证明 第4讲 直接证明与间接证明教学案 理

第4讲直接证明与间接证明
一、知识梳理
1．直接证明
直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．
(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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．
综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．
(2)分析法：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．
分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．
2．间接证明
反证法：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．
3．证题的三种思路
(1)综合法证题的一般思路
用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论．
(2)分析法证题的一般思路
分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．
(3)反证法证题的一般思路
反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一讨论过程中，A和非A有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现．
常用结论
三种证明方法的策略
1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用．
2．分析法证明的注意点：要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”．
3．利用反证法证明的特点：要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果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．
二、教材衍化
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 ＝Q
C ．P <Q
D ．由a 的取值确定
解析：选A.P 2
＝2a ＋13＋2a 2
＋13a ＋42，
Q 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋40，
所以P 2
>Q 2
，又因为P >0，Q >0，所以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
＝________．
解析：由题意，得x ＝
a ＋b
2
，y ＝
b ＋c
2
，b 2
＝ac ，
所以xy ＝（a ＋b ）（b ＋c ）
4
，
a x ＋c y ＝ay ＋cx xy
＝a ·b ＋c 2
＋c ·
a ＋b
2
xy
＝
a （
b ＋
c ）＋c （a ＋b ）2xy ＝ab ＋bc ＋2ac
2xy
＝ab ＋bc ＋ac ＋b 22xy ＝（a ＋b ）（b ＋c ）
2xy
＝（a ＋b ）（b ＋c ）
2×
（a ＋b ）（b ＋c ）4＝2.
答案：2 一、思考辨析
判断正误(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( ) (4)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
(5)常常用分析法寻找解题的思路与方法，用综合法展现解决问题的过程．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ 二、易错纠偏
常见误区|Ｋ(1)利用反证法证明“至少”“至多”问题时反设不正确； (2)利用分析法证明时寻求的条件不充分，造成最后所求索的原因错误； (3)用反证法证明时对含有逻辑联结词“且”“或”的结论否定出错．
1．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”，假设正确的是( )
A ．假设三个内角都不大于60度
B ．假设三个内角都大于60度
C ．假设三个内角至多有一个大于60度
D ．假设三个内角至多有两个大于60度
解析：选B.根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60度．故选B.
2．要证a 2
＋b 2
－1－a 2b 2
≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2
≤0 B ．a 2
＋b 2
－1－a 4＋b 4
2
≤0
C.（a ＋b ）2
2
－1－a 2b 2≤0
D ．(a 2
－1)(b 2
－1)≥0
解析：选D.a 2
＋b 2
－1－a 2b 2
≤0⇔(a 2
－1)(b 2
－1)≥0.
3．利用反证法证明“若x ＋y ≤0，则x ≤1或y ≤1”时，正确的反设是________________________________________________________________________．
答案：若x ＋y ≤0，则x >1且y >1 综合法(师生共研)
数列{a n }满足a n ＋1＝a n
2a n ＋1
，a 1＝1.
(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是等差数列；
(2)(一题多解)求数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n
n ＋1.
【解】 (1)证明：因为a n ＋1＝a n
2a n ＋1，
所以
1
a n ＋1
＝
2a n ＋1
a n
，
化简得
1
a n ＋1
＝2＋1a n
，
即
1
a n ＋1－1
a n
＝2，
故数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知1
a n
＝2n －1，
所以S n ＝
n （1＋2n －1）
2
＝n 2
.
法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n
n ＋1
.
法二：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1
n 2>1，
又因为1>
n
n ＋1
，
所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1
.
综合法的证题思路
(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．
(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．
1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A sin B ＋sin B sin C ＋cos 2B ＝1.
(1)求证：a ，b ，c 成等差数列； (2)若C ＝2π
3
，求证：5a ＝3b .
证明：(1)由已知得sin A sin B ＋sin B sin C ＝2sin 2
B ， 因为sin B ≠0，所以sin A ＋sin
C ＝2sin B ， 由正弦定理，有a ＋c ＝2b ，即a ，b ，c 成等差数列．
(2)由C ＝2π3，c ＝2b －a 及余弦定理得(2b －a )2＝a 2＋b 2＋ab ，即有5ab －3b 2
＝0，即5a
＝3b .
2．(一题多解)在△ABC 中，设a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，且直线bx ＋y cos
A ＋cos
B ＝0与ax ＋y cos B ＋cos A ＝0平行，求证：△AB
C 是直角三角形．
证明：法一：由两直线平行可知b cos B －a cos A ＝0，由正弦定理可知sin B cos B －sin
A cos A ＝0，即12sin 2
B －12sin 2A ＝0，故2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝π2
.若A
＝B ，则a ＝b ，cos A ＝cos B ，两直线重合，不符合题意，故A ＋B ＝π
2，即△ABC 是直角三
角形．
法二：由两直线平行可知b cos B －a cos A ＝0，
由余弦定理，得a ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b ·a 2＋c 2－b 2
2ac
，
所以a 2
(b 2
＋c 2
－a 2
)＝b 2
(a 2
＋c 2
－b 2
)， 所以c 2
(a 2
－b 2
)＝(a 2
＋b 2
)(a 2
－b 2
)，
所以(a 2
－b 2
)(a 2
＋b 2
－c 2
)＝0，所以a ＝b 或a 2
＋b 2
＝c 2
. 若a ＝b ，则两直线重合，不符合题意， 故a 2
＋b 2
＝c 2
，即△ABC 是直角三角形． 分析法(师生共研)
已知a ，b ∈R ，a >b >e(其中e 是自然对数的底数)，用分析法求证：b a
>a b
. 【证明】 因为a >b >e ，b a >0，a b >0，所以要证b a >a b
，只需证a ln b >b ln a ，只需证ln b b >ln a a
.
取函数f (x )＝ln x x ，因为f ′(x )＝1－ln x x
2
，所以当x >e 时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(e ，＋∞)上是减少的．
所以当a >b >e 时，有f (b )>f (a )， 即ln b b >ln a a
.得证．
分析法的证题思路
(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．
[提醒] 要注意书写格式的规范性．
已知a >0，求证：
a 2＋1a 2－2≥a ＋1
a
－2.
证明：要证
a 2＋1
a 2－2≥a ＋1
a
－2，只要证
a 2＋1
a 2＋2≥a ＋1
a
＋ 2.
因为a >0，故只要证⎝
⎛
⎭⎪⎫
a 2
＋1
a 2＋22≥⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，
即a 2
＋1a 2＋4a 2＋1
a
2＋4≥a 2＋2
＋1a
2＋22⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋1a ＋2，
从而只要证2
a 2＋1
a 2≥2⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
a ＋1a ，
只要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2＋2＋1a
2，即证a 2
＋1a
2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式
成立．
反证法(多维探究) 角度一 证明否定性命题
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． 【解】 (1)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＝1
2
a n ，
所以{a n }是首项为1，公比为1
2
的等比数列，
所以a n＝1
2n－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2·1
2q
＝
1
2p
＋
1
2r
，
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，等式不等立．
所以假设不成立，原命题得证．
角度二证明存在性问题
已知四棱锥S­ABCD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，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
【解】(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
所以SA⊥AD.
同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，AB平面ABCD，
AD平面ABCD，
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，AD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.
角度三 证明唯一性问题
已知f (x )＝ln(1＋e x
)－mx (x ∈R )，对于给定区间(a ，b )，存在x 0∈(a ，b )，
使得
f （b ）－f （a ）
b －a
＝f ′(x 0)成立，求证：x 0唯一．
【证明】 假设存在x ′0，x 0∈(a ，b )，且x ′0≠x 0，使得
f （b ）－f （a ）
b －a
＝f ′(x 0)，
f （b ）－f （a ）
b －a
＝f ′(x ′0)成立，
即f ′(x 0)＝f ′(x ′0)．
因为f ′(x )＝e
x
1＋e
x －m ，记g (x )＝f ′(x )，
所以g ′(x )＝e
x （1＋e x ）2>0，即f ′(x )是(a ，b )上的增函数．所以x 0＝x ′0，这与x ′0
≠x 0矛盾，所以x 0是唯一的．
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．设a >0，b >0，且a 2＋b 2＝1a 2＋1b
2.证明：a 2＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立．
证明：假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则有a 2＋a ＋b 2
＋b <4. 由a 2＋b 2＝1a 2＋1b
2，得a 2b 2
＝1，
因为a >0，b >0，所以ab ＝1.
因为a 2
＋b 2
≥2ab ＝2(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)，
a ＋
b ≥2ab ＝2(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)，
所以a 2
＋a ＋b 2
＋b ≥2ab ＋2ab ＝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a 2
＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立． 2．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 ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2
＋…＋a 1q
n －1
，①
qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②
①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n
，
所以S n ＝a 1（1－q n
）
1－q ，所以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)， 即a 2
k ＋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
. 因为a 1≠0，所以2q k ＝q
k －1
＋q
k ＋1
.
因为q ≠0，所以q 2
－2q ＋1＝0，所以q ＝1，这与已知矛盾． 所以假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．
[基础题组练]
1．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，要做的假设是( )
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
解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．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，故应选A.
2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2
－ac <3a ”索的因应是( )
A ．a －b >0
B ．a －c >0
C ．(a －b )(a －c )>0
D ．(a －b )(a －c )<0
解析：选C.b 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2
⇔(a ＋c )2
－ac <3a 2
⇔a 2
＋2ac ＋c 2
－ac －3a 2
<0
⇔－2a 2
＋ac ＋c 2
<0⇔2a 2
－ac －c 2
>0
⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.故选C.
3．(2020·江西抚州模拟)设a ，b ∈R ，现给出下列五个条件：①a ＋b ＝2；②a ＋b >2；③a ＋b >－2；④ab >1；⑤log a b <0(a >0，且a ≠1)．其中能推出“a ，b 中至少有一个大于1”的条件为( )
A ．②③④
B ．②③④⑤
C ．①②③⑤
D ．②⑤
解析：选D.a ＝b ＝1时，a ＋b ＝2，所以推不出a ，b 中至少有一个大于1，①不符合；当a ＝b ＝0时，a ＋b >－2，推不出a ，b 中至少有一个大于1，③不符合；当a ＝b ＝－2时，
ab >1，推不出a ，b 中至少有一个大于1，④不符合；对于②，假设a ，b 都不大于1，即a ≤1，b ≤1，则a ＋b ≤2，与a ＋b >2矛盾，所以②能推出a ，b 中至少有一个大于1；对于⑤，假
设a ，b 都不大于1，则log a b ≥log a 1＝0，与log a b <0矛盾，故⑤能推出a ，b 中至少有一个大于1.综上，选D.
4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x
，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫2ab a ＋b ，则
A ，
B ，
C 的大小关系为( )
A ．A ≤
B ≤
C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤A
D ．C ≤B ≤A
解析：选 A.因为a ＋b
2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，所以f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝
⎛⎭
⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C . 5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，函数f (x )是减函数，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
解析：选A.由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，函数f (x )递减，可知f (x )是R 上的减函数，
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.
6．已知a >b >0，则①1a <1b
；②ac 2>bc 2；③a 2>b 2
；④a >b ，其中正确的序号是________．
解析：对于①，因为a >b >0，所以ab >0，1ab >0，a ·1ab >b ·1ab ，即1b >1
a
.故①正确；
当c ＝0时，②不正确；由不等式的性质知③④正确． 答案：①③④
7．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
8．某中学数学杂志，它的国内统一刊号是CN42—1152/O1，设a n 表示42n ＋1 152n
的个
位数字，则∑2 016
n ＝1
a n ＝________． 解析：42n
的个位数字与2n
的个位数字相同，1 152n
的个位数字也与2n
的个位数字相同，从而42n
＋1 152n
的个位数字与2
n ＋1
的个位数字相同，而2
n ＋1
的个位数字是以4为周期的数
列，即4，8，6，2， (42)
＋1 152n
的个位数字是以4为周期的数列：4，8，6，2，….
所以∑2 016
n ＝1
a n ＝(4＋8＋6＋2)×504＝10 080. 答案：10 080
9．已知a ≥b >0，求证：2a 3
－b 3
≥2ab 2
－a 2
b . 证明：2a 3
－b 3
－(2ab 2
－a 2
b )＝2a (a 2
－b 2
)＋b (a 2
－b 2
) ＝(a 2
－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 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， 即2a 3
－b 3
≥2ab 2
－a 2
b .
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， 即证(|a |－|b |)2
≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
[综合题组练]
1．已知a ，b ，c ∈R ，若b a ·c a >1且b a ＋c a
≥－2，则下列结论成立的是( ) A ．a ，b ，c 同号
B ．b ，c 同号，a 与它们异号
C ．a ，c 同号，b 与它们异号
D ．b ，c 同号，a 与b ，c 的符号关系不确定 解析：选A.由b a ·c a >1知b a 与c a
同号，
若b a >0且c a >0，不等式b a ＋c a
≥－2显然成立，
若b a
<0且c a
<0，则－b a >0，－c a
>0，
⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫－c a ≥2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－c a >2，即b a ＋c a <－2， 这与b a ＋c a
≥－2矛盾，故b a
>0且c a
>0，即a ，b ，c 同号． 2．在等比数列{a n }中，“a 1<a 2<a 3”是“数列{a n }递增”的( ) 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：选C.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．
3．(2020·四川凉山一诊)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n >2时，关于
x ，y ，z 的方程x n ＋y n ＝z n 没有正整数解．”经历三百多年，于二十世纪九十年代中期，英
国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理．则下面说法正确的是( )
A ．至少存在一组正整数组(x ，y ，z )，使方程x 3
＋y 3
＝z 3
有解 B ．关于x ，y 的方程x 3
＋y 3
＝1有正有理数解 C ．关于x ，y 的方程x 3
＋y 3
＝1没有正有理数解
D ．当整数n >3时，关于x ，y ，z 的方程x n ＋y n ＝z n
没有正实数解
解析：选C.由于B ，C 两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个．假设关于x ，y 的方程x 3
＋y 3
＝1有正有理数解，则x ，y 可写成整数比值的形式，不妨设x ＝m n
，y
＝b a ，其中m ，n 为互质的正整数，a ，b 为互质的正整数，代入方程得m 3n 3＋b 3
a
3＝1，两边同时乘以a 3n 3
，得(am )3
＋(bn )3
＝(an )3
.由于am ，bn ，an 都是正整数，这与费马大定理矛盾，所以假设不成立，所以关于x ，y 的方程x 3
＋y 3
＝1没有正有理数解．故选C.
4．(一题多解)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：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 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.
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 ＜3
2
，
故满足条件的p 的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫－3，32.
答案：⎝
⎛⎭⎪⎫－3，32 5．已知二次函数f (x )＝ax 2
＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.
(1)证明：1
a 是f (x )＝0的一个根；
(2)试比较1
a
与c 的大小； (3)证明：－2<b <－1.
解：(1)证明：因为f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点， 所以f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2， 因为f (c )＝0，
所以x 1＝c 是f (x )＝0的根， 又x 1x 2＝c a
， 所以x 2＝1a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1a ≠c ，
所以1
a
是f (x )＝0的一个根．
(2)假设1a <c ，又1
a
>0，
由0<x <c 时，f (x )>0，
知f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a >0与f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a
＝0矛盾， 所以1a
≥c ，又因为1a ≠c ，所以1a
>c .
(3)证明：由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0， 所以b ＝－1－ac . 又a >0，c >0，所以b <－1.
二次函数f (x )的图象的对称轴方程为
x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a ，
即－b 2a <1a
.
又a >0，所以b >－2，
所以－2<b <－1.
6．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a ＜b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．
(1)设g (x )＝12x 2－x ＋3
2是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值；
(2)是否存在常数a ，b (a ＞－2)，使函数h (x )＝
1
x ＋2
是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知得g (x )＝12
(x －1)2
＋1，其图象的对称轴为x ＝1，
所以函数在区间[1，b ]上是增加的，由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ，
即12b 2－b ＋3
2＝b ， 解得b ＝1或b ＝3. 因为b ＞1，所以b ＝3.
(2)假设存在常数a ，b (a >－2)使函数h (x )＝1
x ＋2
在区间[a ，b ](a ＞－2)上是“四维光军”函数，
因为h (x )＝
1
x ＋2
在区间(－2，＋∞)上是减少的， 所以有⎩
⎪⎨⎪⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1
a ＋2
＝b ，1b ＋2＝a
解得a ＝b ，这与已知a <b 矛盾．故不存在常数a 与b 使h (x )是“四维光军”函数．。