《新步步高》2017版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习第13章推理与证明、算法、复数13.2文档

1．直接证明
(1)综合法 ①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法． ②框图表示：P ⇒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：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．
2．间接证明
反证法：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．
【思考辨析】
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( × )
(3)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a <b ”．( × )
(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )
(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( √ )
(6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( √ )
1．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( )
A ．ac 2<bc 2
B ．a 2>ab >b 2
C.1a <1b
D.b a >a b
答案 B
解析 a 2－ab ＝a (a －b )，
∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0，
∴a 2>ab .①
又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，②
由①②得a 2>ab >b 2.
2．(2014·山东)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至多有一个实数
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，故应选A.
3．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 42≤0 C.(a ＋b )22
－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0
答案 D
解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.
4．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，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 .
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．
答案 等边
解析 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．
题型一 综合法的应用
例1 对于定义域为[0,1]的函数f (x )，如果同时满足：
①对任意的x ∈[0,1]，总有f (x )≥0；
②f (1)＝1；
③若x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)成立，则称函数f (x )为理想函数．
(1)若函数f (x )为理想函数，证明：f (0)＝0；
(2)试判断函数f (x )＝2x (x ∈[0,1])，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])，f (x )＝x (x ∈[0,1])是不是理想函数．
(1)证明 取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝0≤1，
∴f (0＋0)≥f (0)＋f (0)，∴f (0)≤0.
又对任意的x ∈[0,1]，总有f (x )≥0，
∴f (0)≥0.于是f (0)＝0.
(2)解 对于f (x )＝2x ，x ∈[0,1]，f (1)＝2不满足新定义中的条件②，
∴f (x )＝2x ，(x ∈[0,1])不是理想函数．
对于f (x )＝x 2，x ∈[0,1]，显然f (x )≥0，且f (1)＝1.
任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，
f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)
＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，
即f (x 1)＋f (x 2)≤f (x 1＋x 2)．
∴f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数．
对于f (x )＝x ，x ∈[0,1]，显然满足条件①②.
对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，
有f 2(x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]2＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2)＝－2x 1x 2≤0，
即f 2(x 1＋x 2)≤[f (x 1)＋f (x 2)]2.
∴f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，不满足条件③.
∴f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．
综上，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数，f (x )＝2x (x ∈[0,1])与f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．
思维升华 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．
设a 、b 、c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：
(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a
≥1. 证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得
a 2＋
b 2＋
c 2≥ab ＋bc ＋ca .
由题设知(a ＋b ＋c )2＝1，
即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.
所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13
. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a
＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a
＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a
≥1. 题型二 分析法的应用
例2 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.
引申探究
若本例中f (x )变为f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.
证明 要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，
错误！未找到引用源。

因此只要证明错误！未找到引用源。

－(x 1＋x 2)≥错误！未找到引用源。

－(x 1＋x 2)，
即证明错误！未找到引用源。

因此只要证明错误！未找到引用源。

由于x 1，x 2∈R 时，错误！未找到引用源。

由基本不等式知错误！未找到引用源。

≥错误！未找到引用源。

显然成立，故原结论成立．
思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
已知a >0，求证：
a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2. 证明 要证
a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2， 只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a
＋ 2. 因为a >0，故只需要证(
a 2＋1a 2＋2)2≥(a ＋1a ＋2)2， 即a 2＋1a
2＋4 a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22(a ＋1a )＋2， 从而只需要证2 a 2＋1a 2≥2(a ＋1a
)， 只需要证4(a 2＋1a 2)≥2(a 2＋2＋1a
2)， 即a 2＋1a
2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立． 题型三 反证法的应用
命题点1 证明否定性命题
例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．
(1)解 当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.
又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，
两式相减得a n ＋1＝12
a n ， 所以{a n }是首项为1，公比为12
的等比数列， 所以a n ＝12
n －1. (2)证明 反证法：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 ，且p ，q ，r ∈N *，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．
所以假设不成立，原命题得证．
命题点2 证明存在性问题
例4 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 ＋32
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 )＝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)假设函数h (x )＝1x ＋2
在区间[a ，b ] (a >－2)上是“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．
命题点3 证明唯一性命题
例5 已知M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ，(ⅰ)方程f (x )－x ＝0有实数根；
(ⅱ)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有实数根为0；
②f ′(x )＝12＋14
cos x ，所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1. 由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x 4
是集合M 中的元素． (2)证明 假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β (α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0. 不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)，
满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．
因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，所以f ′(c )＝1.
与已知0<f ′(x )<1矛盾．
又f (x )－x ＝0有实数根，
所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．
思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：
第一步：分清命题“p ⇒q ”的条件和结论；
第二步：作出与命题结论q 相反的假设綈q ；
第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；
第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p ⇒q 为真．
所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．
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． (1)解 由已知得⎩⎨⎧
a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，
∴d ＝2， 故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．
(2)证明 由(1)得b n ＝S 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 2
)2＝pr ，即(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾． ∴假设不成立，即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．
24．反证法在证明题中的应用
典例 (12分)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．
思维点拨 (1)根据菱形对角线互相垂直平分及点B 的坐标设出点A 的坐标，代入椭圆方程求得点A 的坐标，后求AC 的长；
(2)将直线方程代入椭圆方程求出AC 的中点坐标(即OB 的中点坐标)，判断直线AC 与OB 是否垂直．
规范解答
(1)解 因为四边形OABC 为菱形，
则AC 与OB 相互垂直平分．
由于O (0,0)，B (0,1)
所以设点A ⎝⎛⎭⎫t ，12，代入椭圆方程得t 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 2＋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OABC 不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]
温馨提醒 (1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．
(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．
(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．
[方法与技巧]
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．
[失误与防范]
1．用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直至一个明显成立的结论．
2．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，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．
A 组 专项基础训练
(时间：35分钟)
1．若a 、b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( )
A ．lg(1＋a 2)>0
B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)
C ．a 2＋3ab >2b 2 D.a b <a ＋1b ＋1
答案 B
解析 在B 中，∵a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立．
2．①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
答案 D
解析 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q >2，所以①不正确；对于②，其假设正确．
3．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
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.
4．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )
A ．P >Q
B ．P ＝Q
C ．P <Q
D ．由a 的取值确定
答案 C
解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a ·a ＋7
＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，
Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3·a ＋4
＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，
∴P 2<Q 2，∴P <Q .
5．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：
①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；
⑤ab >1.
其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )
A ．②③
B ．①②③
C ．③
D ．③④⑤
答案 C
解析 若a ＝12，b ＝23
，则a ＋b >1， 但a <1，b <1，故①推不出；
若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；
若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；
若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出；
对于③，即a ＋b >2，
则a ，b 中至少有一个大于1，
反证法：假设a ≤1且b ≤1，
则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，
因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.
6．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 中没有一个能被5整除
解析 “至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．
7．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a b
≥2成立的条件的序号是________．
答案 ①③④
解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且a b >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④能使b a ＋a b
≥2成立．
8．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 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. 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．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 ，
∴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 .
B 组 专项能力提升
(时间：30分钟)
11．已知函数f (x )＝(12)x ，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
答案 A
解析 ∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b
，又f (x )＝(12)x 在R 上是减函数． ∴f (a ＋b 2)≤f (ab )≤f (2ab a ＋b
)，即A ≤B ≤C . 12．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 ．△A 1
B 1
C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形
B ．△A 1B 1
C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形
C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形
D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形
答案 D
解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，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180°相矛盾．
所以假设不成立，又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形．
所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．
13．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
， ∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .
14．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：1a
是f (x )＝0的一个根； (2)试比较1a
与c 的大小； (3)证明：－2<b <－1.
(1)证明 ∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点，
∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，
∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，
又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a ⎝⎛⎭
⎫1a ≠c ， ∴1a
是f (x )＝0的一个根． (2)解 假设1a <c ，又1a
>0， 由0<x <c 时，f (x )>0，
知f ⎝⎛⎭⎫1a >0与f ⎝⎛⎭
⎫1a ＝0矛盾， ∴1a ≥c ，又∵1a ≠c ，∴1a
>c . (3)证明 由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0，
∴b ＝－1－ac .又a >0，c >0，∴b <－1.
二次函数f (x )的图象的对称轴方程为
x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a ， 即－b 2a <1a
. 又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.
15．已知数列{a n }满足：a 1＝12，3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1
，a n a n ＋1<0(n ≥1)，数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1)．
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．
(1)解 由题意可知，1－a 2n ＋1＝23
(1－a 2n )．
令c n ＝1－a 2n ，则c n ＋1＝23
c n . 又c 1＝1－a 21＝34，则数列{c n }是首项为c 1＝34
， 公比为23的等比数列，即c n ＝34·(23
)n －1， 故1－a 2n ＝34·(23)n －1⇒a 2n ＝1－34·(23
)n －1. 又a 1＝12
>0.a n a n ＋1<0， 故a n ＝(－1)n －11－34·(23
)n －1. b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝[1－34·(23)n ]－[1－34·(23
)n －1] ＝14·(23
)n －1. (2)证明 用反证法证明．
假设数列{b n }存在三项b r ，b s ，b t (r <s <t )按某种顺序成等差数列，
由于数列{b n }是首项为14，公比为23
的等比数列， 于是有b r >b s >b t ，则只能有2b s ＝b r ＋b t 成立．
∴2·14(23)s －1＝14(23)r －1＋14(23
)t －1， 两边同乘以3t －121－
r ， 化简得3t －r ＋2t －r ＝2·2s －r 3t －
s . 由于r <s <t ，∴上式左边为奇数，右边为偶数， 故上式不可能成立，导致矛盾．
故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列．。