直接证明和间接证明基础+复习+习题+练习)
江苏高考直接证明与间接证明专题练习(附答案)
2019 江苏高考直接证明与间接证明专题练习（附答案）直接证明是相关于间接证明说的，综合法和剖析法是两种常有的直接证明。
以下是直接证明与间接证明专题练习，请考生查缺补漏。
【典例 1】 (2019 天津高考 )已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数 .设会合 M={0 ， 1，2，， q-1} ，会合A={x|x=x1+x2q++xnqn-1 ，xiM ， i=1 ， 2，， n}.(1)当 q=2， n=3 时，用列举法表示会合 A.(2)设 s， tA ，s=a1+a2q++anqn-1， t=b1+b2q++bnqn-1 ，此中ai，biM ， i=1 ， 2，， n.证明：若 an1 及 a0 可知 0，只要证 1，只要证 1+a-b-ab1，只要证 a-b-ab1，即 -1.这是已知条件，因此原不等式得证 .考向3 反证法(高频考点) 【典例 3】 (1)(2019 山东高考改编 )用反证法证明命题设 a， b 为实数，则方程 x3+ax+b=0 起码有一个实根时，要做的假设是 ________.(2)(2019 陕西高考 )设 {an} 是公比为q 的等比数列 .推导 {an} 的前 n 项和公式；设 q1，证明数列 {an+1} 不是等比数列 .[ 思路点拨 ] (1) 起码的否认是少于.(2)分 q=1 和 q1 两种状况求解 .用反证法证明 .[ 分析 ] (1) 已知 a， b 为实数，则方程x3+ax+b=0 起码有一个实根的否认为方程x3+ax+b=0 没有实根 .[ 答案 ] 方程 x3+ax+b=0 没有实根(2)设 {an} 的前 n 项和为 Sn，当 q=1 时， Sn=a1+a1++a1=na1；当 q1 时， Sn=a1+a1q+a1q2++a1qn-1，qSn=a1q+a1q2++a1qn，①-得， (1-q)Sn=a1-a1qn ，Sn=， Sn=证明：假定 {an+1} 是等比数列，则对随意的kN+ ，(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1) ，a+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1 ，aq2k+2a1qk=a1qk-1a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1 ，家庭是少儿语言活动的重要环境，为了与家长配合做好少儿阅读训练工作，孩子一入园就召开家长会，给家长提出初期抓好少儿阅读的要求。
高考数学7.4直接证明与间接证明练习
【师说 高中全程温习构思】（新课标） 高考数学 直接证明与间接证明练习 一、选择题 1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的有( ) A ．2个 B ．3个C ．4个D ．5个答案：D2．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”的进程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合利用D ．间接证明法答案：B3．若a ，b ，c 为实数，且a ＜b ＜0，则下列命题正确的是( )A ．ac2＜bc2B ．a2＞ab ＞2C ＜1b ＞a b答案：B4．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a≥0)，则P 、Q 的大小关系是( )A ．P ＞QB ．P ＝QC ．P ＜QD ．由a 的取值肯定答案：C5．已知a ，b ，c ∈R ，那么下列命题中正确的是( )A ．若a ＞b ，则ac2＞bc2B ．若a c ＞b c，则a ＞b C ．若a3＞b3且ab ＜0，则1a ＞1bD ．若a2＞b2且ab ＞0，则1a ＜1b答案：C6．函数y ＝f(x)在(0,2)上是增函数，函数y ＝f(x ＋2)是偶函数，则f(1)，f ，f 的大小关系是( )A ．f ＜f(1)＜fB ．f ＞f(1)＞fC ．f ＞f ＞f(1)D ．f(1)＞f ＞f答案：B二、填空题7．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a≥0)，则P ，Q 的大小关系是__________． 解析：假设P ＜Q ，∵要证P ＜Q ，只要证P2＜Q2，只要证：2a ＋7＋2a a ＋7＜2a ＋7＋2a ＋3a ＋4，只要证：a2＋7a ＜a2＋7a ＋12，只要证：0＜12，∵0＜12成立，∴P ＜Q 成立．答案：P ＜Q8．若是a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a 、b 应知足的条件是__________．答案：a ≥0，b≥0且a≠b9．在不等边三角形中，a 为最大边，要想取得∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应知足__________．答案：a2＞b2＋c2三、解答题10．已知a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b2－ac ＜3a.证明：∵a ＞b ＞c 且a ＋b ＋c ＝0，∴a ＞0且c ＜0，∴b2－ac ＞0.要证b2－ac ＜3a ，只需证b2－ac ＜3a2，∵a ＋b ＋c ＝0，∴只需证b2＋a(a ＋b)＜3a2，即证2a2－ab －b2＞0，即证(a －b)(2a ＋b)＞0，即证(a －b)(a －c)＞0.因为a ＞b ＞c ，所以a －b ＞0，a －c ＞0，所以(a －b)(a －c)＞0，显然成立，故原不等式成立．11．在锐角三角形中，求证：sinA ＋sinB ＋sinC ＞cosA ＋cosB ＋cosC.证明：∵在锐角三角形中，A ＋B ＞π2， ∴A ＞π2－B.∴0＜π2－B ＜A ＜π2. 又∵在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内正弦函数是单调递增函数， ∴sinA ＞sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B. 即sinA ＞cosB ，同理sinB ＞cosC ，sinC ＞cosA.∴sinA ＋sinB ＋sinC ＞cosA ＋cosB ＋cosC.12．已知a ，b ，c 均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并肯定a ，b ，c 为何值时，等号成立．解析：因为a ，b ，c 均为正数，由大体不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc ＋ac ，①同理1a2＋1b2＋1c2≥1ab ＋1bc ＋1ac，② 故a2＋b2＋c2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab＋bc ＋ac ＋31ab ＋31bc ＋31ac ≥6 3.③ 所以原不等式成立当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立，当且仅当a ＝b ＝c ，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．。
高考数学一轮复习 第十四章 第4讲 直接证明与间接证明配套训练 理 新人教A版
第4讲 直接证明与间接证明分层训练A 级 基础达标演练 (时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．下列各式中对x ∈R 都成立的序号是________． ①lg(x 2＋1)≥lg(2x ) ②x 2＋1＞2x ③1x 2＋1≤1④x ＋1x≥2解析 ①④中x 必须大于0，故①④排除，②中应x 2＋1≥ 2x ，故②不正确． 答案 ③ 2．下列命题：①三角形中至少有一个内角不小于60°； ②四面体的三组对棱都是异面直线；③闭区间[a ，b ]上的单调函数f (x )至多有一个零点；④设a ，b ∈Z ，若a ＋b 是奇数，则a ，b 中至少有一个为奇数； 其中假命题的序号是________．解析 a ＋b 为奇数⇔a ，b 中有一个为奇数，另一个为偶数，故④错误． 答案 ④3．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________命题(填“真”、“假”)． 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 真4．设a 、b 、c 均为正实数，则三个数a ＋1b 、b ＋1c 、c ＋1a，则下列关于a ，b ，c 三个数的结论，正确的序号是________． ①都大于2 ②都小于2③至少有一个不大于2 ④至少有一个不小于2 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 时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2. 答案 ④5．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________．解析 ∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上是减函数． ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .答案 A ≤B ≤C6．定义一种运算“*”：对于自然数n 满足以下运算性质： (ⅰ)1] .解析 由(n ＋1)*1＝n *1＋1，得n *1＝(n －1)*1＋1＝(n －2)*1＋2＝…＝1*1+(n -1).又∵1*1=1,∴n *1=n . 答案 n二、解答题(每小题15分，共30分)7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．(1)解 当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2)证明 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 ＋1.①又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以①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． 8．(2012·南通模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式； (2)设数列{b n }的通项公式为b n ＝a na n ＋t，问是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m∈N *)成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 5＋a 13＝34，3a 2＝9，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋8d ＝17，a 1＋d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)假设存在正整数t .由(1)知b n ＝2n －12n －1＋t，要使b 1，b 2，b m 成等差数列； 则需2b 2＝b 1＋b m ，即2×33＋t ＝11＋t ＋2m －12m －1＋t ，整理，得m ＝3＋4t －1.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5；当t ＝5时，m ＝4. 故存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．分层训练B 级 创新能力提升1．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是________． 解析 首先a ≥0，b ≥0且a 与b 不同为0.要使a a ＋b b ＞a b ＋b a ，只需(a a ＋b b )2＞(a b ＋b a )2，即a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2，只需(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )，只需a 2－ab ＋b 2＞ab ，即(a －b )2＞0，只需a ≠b .故a ，b 应满足a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b2．已知函数f (x )满足f (p ＋q )＝f (p )f (q )，f (1)＝3，则f 21＋f 2f 1＋f 22＋f 4f 3＋f 23＋f 6f 5＋f 24＋f 8f 7＝________.解析 由f (p ＋q )＝f (p )f (q )，令p ＝q ＝n ，得f 2(n )＝f (2n )， 原式＝2f 21f1＋2f 4f 3＋2f 6f 5＋2f 8f 7＝2f (1)＋2f1f 3f 3＋2f 1f 5f 5＋2f 1f 7f 7＝8f (1)＝24. 答案 243．(2011·辽宁卷)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a >0，证明：当0<x <1a时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x ；(3)若函数y ＝f (x )的图象与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f ′(x 0)<0.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1x－2ax ＋(2－a )＝－2x ＋1ax －1x.①若a ≤0，则f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝1a，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减． (2)证明 设函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＋x －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－x ，则g (x )＝ln(1＋ax )－ln(1－ax )－2ax ， g ′(x )＝a 1＋ax ＋a1－ax －2a ＝2a 3x21－a 2x 2.当0<x <1a时，g ′(x )>0，而g (0)＝0，∴g (x )>0， 故当0<x <1a时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x .(3)证明 由(1)可得，当a ≤0时，函数y ＝f (x )的图象与x 轴至多有一个交点．∴a >0，从而f (x )的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0.不妨设A (x 1,0)，B (x 2,0)，0<x 1<x 2，则0<x 1<1a<x 2.由(2)得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a－x 1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1a－x 1>f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a －⎝⎛⎭⎪⎫1a －x 1＝f (x 1)＝0. 从而x 2>2a －x 1，于是x 0＝x 1＋x 22>1a .由(1)知f ′(x 0)<0.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.。
高考复习数学直接证明与间接证明专项练习(附解析)
2019高考复习数学直接证明与间接证明专项练习（附解析）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练习，请考生认真练习。
1.(2019山东，文4)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时，要做的假设是()A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根2.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)≥03.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24.(2019天津模拟)p=，q=(m，n，a，b，c，d均为正数)，则p，q的大小为()A.p≥qB.p≤qC.p>qD.不确定5.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6.(2019福建三明模拟)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()A.不成立B.成立C.不能断定D.与n取值有关7.用反证法证明“如果a>b，那么”假设内容应是.8.在不等边三角形中，a为最大边，要想得到角A为钝角的结论，三边a，b，c应满足.9.已知a>0，求证:≥a+-2.10.已知在数列{an}中，a1=5，且an=2an-1+2n-1(n≥2，且nN*).(1)证明:数列为等差数列；(2)求数列{an}的前n项和Sn.能力提升组11.已知m>1，a=，b=，则以下结论正确的是()A.a>bB.aa+b，那么a，b应满足的条件是.13.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明:≥1.14.△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:.15.(2019福建宁德模拟)设函数f(x)定义在(0，+∞)上，f(1)=0，导函数f'(x)=，g(x)=f(x)+f'(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值.(2)是否存在x0>0，使得|g(x)-g(x0)|<对任意x>0成立?若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由.参考答案1.A解析:“至少有一个”的否定为“没有”.2.D解析:因为a2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0，故选D.3.D解析: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2.4.B解析:q==p.5.A解析:由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数.由x1+x2>0，可知x1>-x2，即f(x1)b2+c2解析:由余弦定理cos A=<0，则b2+c2-a2<0，即a2>b2+c2.9.证明:要证≥a+-2，只需要证+2≥a+.又a>0，所以只需要证，即a2++4+4≥a2+2++2+2，从而只需要证2≥只需要证4≥2，即a2+≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立. 10.(1)证明:设bn=，则b1==2.因为bn+1-bn=[(an+1-2an)+1]=[(2n+1-1)+1]=1，所以数列为首项是2，公差是1的等差数列.(2)解:由(1)知，+(n-1)×1，则an=(n+1)·2n+1.因为Sn=(2·21+1)+(3·22+1)+…+(n·2n-1+1)+[(n+1)·2n+1]，所以Sn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n+n.设Tn=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n，①2Tn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1.②②-①，得Tn=-2·21-(22+23+…+2n)+(n+1)·2n+1=n·2n+1，所以Sn=n·2n+1+n=n·(2n+1+1).11.B解析:a=，b=，又，即aa+b?()2·()>0?a≥0，b≥0，且a≠b.13.证明:因为+b≥2a，+c≥2b，+a≥2c，所以+(a+b+c)≥2(a+b+c)，即≥a+b+c.所以≥1.14.证明:要证，即证=3，也就是=1，只需证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c)，即证c2+a2=ac+b2.又△ABC三内角A，B，C成等差数列，所以B=60°，由余弦定理，得b2=c2+a2-2accos 60°，即b2=c2+a2-ac，故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.15.解:(1)因为(ln x)'=，所以f(x)=ln x，g(x)=ln x+，g'(x)=.令g'(x)=0得x=1.当x(0，1)时，g'(x)<0，故(0，1)是g(x)的单调递减区间，当x(1，+∞)时，g'(x)>0，故(1，+∞)是g(x)的单调递增区间，因此x=1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)=1.(2)满足条件的x0不存在.理由如下:假设存在x0>0，使得|g(x)-g(x0)|<对任意x>0成立，“师”之概念，大体是从先秦时期的“师长、师傅、先生”而来。
直接证明与间接证明练习题(基础、经典、好用)
直接证明与间接证明一、选择题1．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”正确的反设为( )A ．a ，b ，c 中至少有两个偶数B ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数C ．a ，b ，c 都是奇数D ．a ，b ，c 都是偶数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＋b 42≤0 C.（a ＋b ）22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥03．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(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4．(2013·东莞调研)对于平面α和共面的直线m 、n ，下列命题中真命题是( )A ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αB ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m ⊂α，n ∥α，则m ∥nD ．若m 、n 与α所成的角相等，则m ∥n5．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 ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A二、填空题6．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成立的条件的个数是________．7．(2013·阳江月考)下面有3个命题：①当x ＞0时，2x ＋12x 的最小值为2；②若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程为y ＝3x ，且其一个焦点与抛物线y 2＝8x 的焦点重合，则双曲线的离心率为2.③在Rt △ABC 中，AC ⊥BC ，AC ＝a ，BC ＝b ，则△ABC 的外接圆半径r ＝a 2＋b 22.类比到空间，若三棱锥S —ABC 的三条侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，且长度分别为a 、b 、c ，则三棱锥S —ABC 的外接球的半径R ＝a 2＋b 2＋c 22. 其中错误．．命题的序号为________． 8．凸函数的性质定理为：如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f （x 1）＋f （x 2）＋…＋f （x n ）n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x n n)，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________．三、解答题9．(1)设x 是正实数，求证：(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3；(2)若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3是否仍然成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x 的值．10．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 是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明1a＞c . 11．(2013·珠海模拟)在△ABC 中，三个内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若1a ＋b＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c，试问A 、B 、C 是否成等差数列，若不成等差数列，请说明理由．若成等差数列，请给出证明．解析及答案一、选择题1．【解析】 “自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”的否定为“a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数”．【答案】 B2．【解析】 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.【答案】 D3．【解析】 ∵P 2＝2a ＋7＋2a a ＋7＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3a ＋4＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2＜Q 2，∴P ＜Q .【答案】 C4．【解析】 对于平面α和共面直线m 、n .设m ，n 确定的平面为β，对于C ，若m ⊂α，则m ＝α∩β，从而n ∥α可得m ∥n ，因此C 正确．【答案】 C5．【解析】 ∵a ＋b2≥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 . 【答案】 A二、填空题6．【解析】 要使b a ＋a b ≥2，只要b a ＞0且a b ＞0，所以a ，b 不为0且同号即可，故有3个．【答案】 37．【解析】 对于①，2x ＋12x 取得最小值为2的条件是x ＝0，这与x ＞0相矛盾；易证②成立；对于③，可将该三棱锥补成长方体，其外接球的直径恰好是长方体的体对角线．【答案】 ①8．【解析】 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π)，∴f （A ）＋f （B ）＋f （C ）3≤f (A ＋B ＋C 3)＝f (π3)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.【答案】 332 三、解答题9．【证明】 (1)x 是正实数，由基本不等式知 x ＋1≥2x ，1＋x 2≥2x ，x 3＋1≥2x 3，故(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥2x ·2x ·2x 3＝8x 3(当且仅当x ＝1时等号成立)．(2)若x ∈R ，不等式(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3仍然成立．由(1)知，当x ＞0时，不等式成立．当x ≤0时，8x 3≤0，又(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)(x 2－x ＋1)＝(x ＋1)2(x 2＋1)[(x －12)2＋34]≥0，此时不等式仍然成立．10．【证明】 (1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点，∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a ≠c )，∴1a 是f (x )＝0的一个根．即1a 是函数f (x )的一个零点．(2)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 .11．【解】 A 、B 、C 成等差数列，下面用综合法给出证明：∵1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c，∴a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，∴ca＋b＋ab＋c＝1，∴c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，∴b2＝a2＋c2－ac.在△ABC中，由余弦定理，得cos B＝a2＋c2－b22ac＝ac2ac＝12，∵0°＜B＜180°，∴B＝60°.∴A＋C＝120°＝2B，∴A、B、C成等差数列．。
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。
苏教版数学高二数学 《直接证明与间接证明》基础训练(苏教版选修1-2)
1．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)·(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos2θ”过程应用了________．①分析法；②综合法；③综合法、分析法综合使用法；④间接证法．解析：证明过程是条件⇒结论，所以为综合法．答案：②2．若p ：ab >0，q ：b a ＋a b ≥2，则p 是q 的________条件． 解析：若ab >0，则a ，b 同号，则b a >0，a b >0，可得b a ＋a b ≥2；若b a ＋a b≥2，则a ，b 同号，即ab >0.答案：充要3．已知x ≥52，则f (x )＝x 2－4x ＋52x －4的最小值是________． 解析：f (x )＝(x －2)2＋12(x －2)＝ 12[(x －2)＋1x －2]， ∵x ≥52，∴x －2>0， ∴f (x )≥12·2(x －2)·1x －2＝1(当且仅当x ＝3时取等号)． 答案：14．若实数a ，b 满足0<a <b ，且a ＋b ＝1，则下列四个数中最大的是________．①12；②a 2＋b 2；③2ab ；④a . 解析：∵a ＋b ＝1，a ＋b >2ab ，∴2ab <12，由a 2＋b 2>(a ＋b )22＝12，又∵0<a <b ，a ＋b ＝1，∴a <12，∴a 2＋b 2最大．答案：②一、填空题1．已知f (x )＝a (2x ＋1)－22x ＋1是奇函数，那么实数a 的值等于________． 解析：函数的定义域为R ，函数为奇函数且x ＝0时f (0)＝0，即2a －22＝0.∴a ＝1. 也可根据奇函数的定义f (－x )＝－f (x )恒成立．即a (2－x ＋1)－22－x ＋1＝－a (2x ＋1)－22x ＋1，即a (1＋2x )－21＋x 2x ＋1＝－a (2x ＋1)－22x ＋1恒成立． 即2a ＋a ·2x ＋1＝2x ＋1＋2，∴a ＝1成立．(较烦琐)答案：12．设a >0，b >0，c >0，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值是________． 解析：∵a >0，b >0，c >0，a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋(b a ＋a b )＋(c a ＋a c )＋(c b ＋b c)≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号)． 答案：93．已知a 、b 是不相等的正数，x ＝a ＋b 2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是x ________y . 解析：要比较x 、y 的大小．∵x >0，y >0，只需比较x 2、y 2的大小．即a ＋b ＋2ab 2与a ＋b 的大小． ∵a 、b 为不相等的正数，∴2ab <a ＋b . ∴a ＋b ＋2ab 2<a ＋b .即x 2<y 2.∴x <y . 答案：<4．在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若A 是钝角，则a 2________b 2＋c 2(填“＞”或“＜”)．解析：因为A 为钝角，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，即b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2. 答案：＞ 5．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m 与n 的大小关系是________．解析：∵a >b >0，∴a >b ，∴a －b >0，ab >b ，(a －b )2－(a －b )2＝a ＋b －2ab －(a －b )＝2(b －ab )<0，∴(a －b )2<(a －b )2，∴a －b <a －b ，即m <n .答案：m <n6．已知函数f (x )＝2x ，a ，b ∈(0，＋∞)，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b .则A 、B 、C 的大小关系是________．解析：∵a ，b ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥2ab 2＝ab ， 2ab a ＋b ≤2ab 2ab＝ab ， ∴2ab a ＋b≤ab ≤a ＋b 2. 又f (x )＝2x 为R 上的增函数，∴f (2ab a ＋b)≤f (ab )≤f (a ＋b 2)， 即C ≤B ≤A .答案：C ≤B ≤A7．A ，B 为△ABC 的内角，A >B 是sin A >sin B 的________条件．解析：设a ，b 分别为角A ，B 的对边，∵A >B ⇔a >b ⇔sin A >sin B ，∴A >B 是sin A >sin B 的充要条件．答案：充要8．若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos(α－β)＝________.解析：观察已知条件中有三个角α、β、γ，而所求结论中只有两个角α、β，所以我们只需将已知条件中的角γ消去即可，依据sin 2γ＋cos 2γ＝1消去γ.即sin γ＝－(sin α＋sin β)，cos γ＝－(cos α＋cos β)，∴(sin α＋sin β)2＋(cos α＋cos β)2＝sin 2γ＋cos 2γ＝1.整理得出cos(α－β)的值即可．答案：－129．已知p ＝a ＋1a －2(a >2)，q ＝2－a 2＋4a －2(a >2)，则p ________q (填“>”“<”“≥”或“≤”)． 解析：p 与q 不能直接进行比较，只能先判断p 和q 的取值范围．∵a >2，∴p ＝a ＋1a －2＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4. 而q ＝2－a 2＋4a －2＝2－(a －2)2＋2.∵a >2，∴－(a －2)2＋2<2.∴2－(a －2)2＋2<22＝4.∴q <4，从而作出比较．答案：>二、解答题10．(2011年济宁模拟测试)设a >0，b >0，c >0，求证：(1)1a ＋1b ≥4a ＋b； (2)12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 证明：(1)∵a >0，b >0，∴(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥2ab ·21ab＝4， ∴1a ＋1b ≥4a ＋b. (2)由(1)得1a ＋1b ≥4a ＋b. 同理，1b ＋1c ≥4b ＋c ，1c ＋1a ≥4c ＋a， 三式相加，得2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c ≥4b ＋c ＋4c ＋a ＋4a ＋b ，∴12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b. 11．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：要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c 成立， 即证lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2)>lg(abc )成立， 只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc 成立． ∵a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0， c ＋a 2≥ca >0， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2≥abc >0，(*) 又∵a ，b ，c 是不全相等的正数，∴(*)式等号不成立，∴原不等式成立．12．设△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知A 、B 、C 成等差数列，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 证明：要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 只需证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c＝3， 即证c a ＋b ＋a b ＋c＝1. 只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，即证c 2＋a 2＝ac ＋b 2.由余弦定理得，b 2＝c 2＋a 2－2ac cos B ，即只需证cos B ＝12，即B ＝60°即可， 因为△ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列，所以B ＝60°，故原等式成立．。
高考数学第二轮复习专题训练直接证明与间接证明
2013高考数学第二轮复习专题训练：直接证明与间接证明一、解答题1. 是否存在常数a b c ，，，使得等式222222421(1)2(2)()n n n n n an bn c -+-++-=++对一切正整数n 都成立？若存在，求出a b c ，，的值；若不存在，说明理由．2. 2222222()a b b c c a a b c +++++．3. 设()2x x a a f x -+=，()2x x a a g x --=（其中0a >，且1a ≠）． （1）523=+请你推测(5)g 能否用(2)(3)(2)(3)f f g g ，，，来表示；（2）如果（1）中获得了一个结论，请你推测能否将其推广．4. 已知：23150sin 90sin 30sin 222=++ 23125sin 65sin 5sin 222=++ 通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出的证明。
二、选择题5. 观察下列各式：211=，22343++=，2345675++++=，2456789107++++++=，，可以得出的一般结论是（ ）Ａ．2(1)(2)(32)n n n n n ++++++-= Ｂ．2(1)(2)(32)(21)n n n n n ++++++-=- Ｃ．2(1)(2)(31)n n n n n ++++++-= Ｄ．2(1)(2)(31)(21)n n n n n ++++++-=-6. 在证明命题“对于任意角θ，44cos sin cos2θθθ-=”的过程：“44222222cos sin (cos sin )(cos sin )cos sin cos 2θθθθθθθθθ-=+-=-=”中应用了（ ） Ａ．分析法Ｂ．综合法 Ｃ．分析法和综合法综合使用 Ｄ．间接证法7. 如图，在梯形ABCD 中，()AB DC AB a CD b a b ==>，，∥．若EF AB ∥，EF 到CD 与AB 的距离之比为:m n ，则可推算出：ma mb EF m m+=+．试用类比的方法，推想出下述问题的结果．在上面的梯形ABCD 中，延长梯形两腰AD BC ，相交于O 点，设OAB △，OCD △的面积分别为12S S ，，EF AB ∥且EF 到CD 与AB 的距离之比为:m n ，则OEF △的面积0S 与12S S ，的关系是（ ）Ａ．120mS nS S m n+=+ Ｂ．120nS mS S m n +=+8. 观察式子：213122+<，221151233++<，222111712344+++<，，则可归纳出式子为（ ） Ａ．22211111(2)2321n n n ++++<-≥ Ｂ．22211111(2)2321n n n ++++<+≥ Ｃ．222111211(2)23n n n n -++++<≥ Ｄ．22211121(2)2321n n n n ++++<+≥ 9. 已知a b ∈R ，，且2a b a b ≠+=，，则（ ）Ａ．2212a b ab +<< Ｂ．2212a b ab +<< Ｃ．2212a b ab +<< Ｄ．2212a b ab +<< 10. 用数学归纳法证明(1)(2)()213(21)n n n n n n +++=-····，从k 到1k +，左边需要增乘的代数式为（ ）Ａ．21k + Ｂ．2(21)k + Ｃ．211k k ++ Ｄ．231k k ++ 11. 正整数按下表的规律排列则上起第2005行，左起第2006列的数应为（ ）Ａ．22005Ｂ．22006 Ｃ．20052006+ Ｄ．20052006⨯12. 正2007边形P 被它的一些不在P 内部相交的对角线分割成若干个区域，每个区1 2 5 10 17 4 3 6 11 18 9 8 7 12 19 16 15 14 13 20 25 24 23 22 21域都是三角形，则锐角三角形的个数为（ ）。
第2讲直接证明与间接证明练习含答案
第2讲直接证明与间接证明一、选择题1．设a ，b ∈R ，则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”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 若“a ＋b ＝1”，则4ab ＝4a (1－a )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋1≤1；若“4ab ≤1”，取a ＝－4，b ＝1，a ＋b ＝－3，即“a ＋b ＝1”不成立；则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的充分不必要条件． 答案 A2．对于平面α和共面的直线m ，n ，下列命题中真命题是( )．A ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αB ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m ⊂α，n ∥α，则m ∥nD ．若m ，n 与α所成的角相等，则m ∥n解析 对于平面α和共面的直线m ，n ，真命题是“若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ”． 答案 C3．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≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析 因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0，故选D. 答案 D4．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1. 其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )．A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤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. 答案 C5．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 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．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 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形解析 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．不妨令⎩⎪⎨⎪⎧ 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，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形． 答案 D 二、填空题7．用反证法证明命题“a ，b ∈N ，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________________________．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．答案 a ，b 中没有一个能被5整除8．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________． 解析 取a ＝2，b ＝1，得m <n .再用分析法证明：a －b <a －b ⇐a <b ＋a －b ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立． 答案 m <n9．已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)且1a ＋9b ＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析 ∵a ，b ∈(0，＋∞)且1a ＋9b ＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9a b ＋b a ≥10＋29＝16，∴a ＋b 的最小值为16.∴要使a ＋b ≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16. 答案 (0,16]10．已知下表中的对数值有且只有一个是错误的.解析 由2a －b ＝lg 3，得lg 9＝2lg 3＝2(2a －b )从而lg 3和lg 9正确，假设lg 5＝a ＋c －1错误，则由⎩⎨⎧ 1＋a －b －c ＝lg 6＝lg 2＋lg 3，3(1－a －c )＝lg 8＝3lg 2，得⎩⎨⎧lg 2＝1－a －c ，lg 3＝2a －b ， 所以lg 5＝1－lg 2＝a ＋c .因此lg 5＝a ＋c －1错误，正确结论是lg 5＝a ＋c . 答案 lg 5＝a ＋c 三、解答题11．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c . 证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，a ＋c2≥ac ＞0. 又a ，b ，c 是不全相等的正数，故上述三个不等式中等号不能同时成立． ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc 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 )，∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .12．设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列； (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？(1)证明 假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3， 即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2)，因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2， 即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾， 所以数列{S n }不是等比数列．(2)解当q＝1时，S n＝na1，故{S n}是等差数列；当q≠1时，{S n}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0，这与公比q≠0矛盾．13．已知f(x)＝x2＋ax＋b.(1)求：f(1)＋f(3)－2f(2)；(2)求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2.(1)解∵f(1)＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3)＝3a＋b＋9，∴f(1)＋f(3)－2f(2)＝2.(2)证明假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于1 2.则－12<f(1)<12，－12<f(2)<12，－12<f(3)<12，∴－1<－2f(2)<1，－1<f(1)＋f(3)<1.∴－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2，这与f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾．∴假设错误，即所证结论成立．14．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足以下三条：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数．(1)若函数f(x)为理想函数，求f(0)的值；(2)判断函数g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否为理想函数，并予以证明．解(1)取x1＝x2＝0可得f(0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0，又由条件①得f(0)≥0，故f(0)＝0.(2)显然g(x)＝2x－1在[0,1]上满足条件①g(x)≥0；也满足条件②g(1)＝1.若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝2x1＋x2－1－[(2x1－1)＋(2x2－1)]＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1＝(2x2－1)(2x1－1)≥0，即满足条件③，故g(x)是理想函数．。
12.3 直接证明与间接证明 练出高分(含答案解析)
§12.3 直接证明与间接证明A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)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 2B ．a 2>ab >b 2 C.1a <1bD.b a >ab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． 设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x (x <0)，则a 与b 大小关系为( )A ．a >bB ．a <bC ．a ＝bD ．a ≤b答案 A解析 a ＝lg 2＋lg 5＝1，b ＝e x ， 当x <0时，0<b <1，∴a >b .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 >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 ⇐b 2＋a (a ＋b )<3a 2⇐b 2＋a 2＋ab <3a 2 ⇐b 2＋ab <2a 2⇐2a 2－ab －b 2>0⇐a 2－ab ＋a 2－b 2>0⇐a (a －b )＋(a ＋b )(a －b )>0 ⇐a (a －b )－c (a －b )>0⇐(a －b )(a －c )>0，故选C.4． 用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”正确的反设为( )A ．a ，b ，c 中至少有两个偶数B ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数C ．a ，b ，c 都是奇数D ．a ，b ，c 都是偶数 答案 B解析 自然数a ，b ，c 中为偶数的情况为a ，b ，c 全为偶数；a ，b ，c 中有两个数为偶数；a ，b ，c 全为奇数；a ，b ，c 中恰有一个数为偶数，所以反设为a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数．二、填空题(每小题5分，共15分)5． 设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________．答案 m <n解析 取a ＝2，b ＝1，得m <n .再用分析法证明： a －b <a －b ⇐a <b ＋a －b⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．6． 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_____． 答案 a ，b ，c ，d 全是负数解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a ，b ，c ，d 中没有一个非负数，即a ，b ，c ，d 全是负数”．7． 设x ，y ，z 是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x ⊥z ，且y ⊥z ，则x ∥y ”为真命题的是________(填写所有正确条件的代号)．①x 为直线，y ，z 为平面；②x ，y ，z 为平面；③x ，y 为直线，z 为平面；④x ，y 为平面，z 为直线；⑤x ，y ，z 为直线． 答案 ①③④解析 根据线面关系定理判定． 三、解答题(共22分)8． (10分)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 要证明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)． ∴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知上式是显然成立的． 因此，12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.9． (12分)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SBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1． 若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( )A ．lg(1＋a 2)>0B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)C ．a 2＋3ab >2b 2D.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． 设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2 答案 C解析 因为a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a≤－6，所以三者不能都大于－2.3． 已知f (1,1)＝1，f (m ，n )∈N *(m ，n ∈N *)，且对任意m ，n ∈N *都有：①f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2；②f (m ＋1,1)＝2f (m ，1)．给出以下三个结论： (1)f (1,5)＝9；(2)f (5,1)＝16；(3)f (5,6)＝26. 其中正确结论的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0答案 A解析 (1)由f (1,1)＝1和f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2 得f (1,2)＝f (1,1＋1)＝f (1,1)＋2＝1＋2＝3， f (1,3)＝f (1,2)＋2＝5，f (1,4)＝f (1,3)＋2＝7， f (1,5)＝f (1,4)＋2＝9；(2)由f (1,1)＝1和f (m ＋1,1)＝2f (m,1)得f (2,1)＝f (1＋1,1)＝2f (1,1)＝2，f (3,1)＝2f (2,1)＝4， f (4,1)＝2f (3,1)＝8，f (5,1)＝2f (4,1)＝16；(3)由f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2得f (5,6)＝f (5,5)＋2， 而f (5,5)＝f (5,4)＋2，f (5,4)＝f (5,3)＋2，f (5,3)＝f (5,2)＋2，f (5,2)＝f (5,1)＋2＝16＋2＝18， 则f (5,6)＝26.二、填空题(每小题5分，共15分)4． 关于x 的方程ax ＋a －1＝0在区间(0,1)内有实根，则实数a 的取值范围是__________．答案 ⎝⎛⎭⎫12，1解析 (1)当a ＝0时，方程无解．(2)当a ≠0时，令f (x )＝ax ＋a －1，则f (x )在区间(0,1)上是单调函数．依题意，得f (0)f (1)<0， ∴(a －1)(2a －1)<0，∴12<a <1.5． 若a ，b ，c 为Rt △ABC 的三边，其中c 为斜边，那么当n >2，n ∈N *时，a n ＋b n 与c n 的大小关系为____________． 答案 a n ＋b n <c n解析 取a ＝b ＝1，c ＝2，易知当n >2时，a n ＋b n ＝2，c n ＝(2)n ＝2·(2)n －2>2，由题意，a n ＋b n 与c n 的大小关系应该是确定的，故猜想a n ＋b n <c n .事实上，注意a <c ，b <c ，n >2，所以有a n ＋b n ＝a 2a n －2＋b 2b n －2<a 2c n －2＋b 2c n －2＝(a 2＋b 2)c n －2＝c n ，故a n ＋b n <c n .6． 凸函数的性质定理为如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上 是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________． 答案332解析 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数， 且A 、B 、C ∈(0，π)，∴f (A )＋f (B )＋f (C )3≤f⎝⎛⎭⎫A ＋B ＋C 3＝f ⎝⎛⎭⎫π3，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.三、解答题7． (13分)已知函数f (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1.(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求a 的取值范围； (2)设m ，n ∈R ＋，且m >n ，求证：m －n ln m －ln n <m ＋n 2.(1)解 f ′(x )＝1x －a (x ＋1)－a (x －1)(x ＋1)2＝(x ＋1)2－2ax x (x ＋1)2＝x 2＋(2－2a )x ＋1x (x ＋1)2.因为f (x )在(0，＋∞)上为单调增函数， 所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立． 即x 2＋(2－2a )x ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立． 当x ∈(0，＋∞)时，由x 2＋(2－2a )x ＋1≥0， 得2a －2≤x ＋1x.设g (x )＝x ＋1x ，x ∈(0，＋∞)．g (x )＝x ＋1x≥2x ·1x＝2， 所以当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时取等号，即g (x )的最小值为2. 则2a －2≤2，即a ≤2. 故a 的取值范围是(－∞，2]．(2)证明 要证m －n ln m －ln n <m ＋n2，只需证m n －1ln m n <m n ＋12，即证ln m n >2⎝⎛⎭⎫m n －1m n ＋1，则只需证ln m n －2⎝⎛⎭⎫m n－1mn ＋1>0.设h (x )＝ln x －2(x －1)x ＋1.由(1)，知h (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，又mn>1，所以h ⎝⎛⎭⎫m n >h (1)＝0.即ln m n －2⎝⎛⎭⎫m n －1m n ＋1>0成立． 所以m －n ln m －ln n <m ＋n2.。
第六节 直接证明和间接证明
x1＋x2 1 因此， [f(x1)＋f(x2)]>f 2 . 2
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第六节
直接证明和间接证明
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[一题多变]
fx1＋fx2 x1＋x2 证明：要证明 ≥f ， 2 2
3 － x 1 h′(x)＝ －x2＋x－1＝ . x＋1 x＋1
h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数． h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即 f(x)≤g(x)．
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第六节
直接证明和间接证明
结束
考点二
x1＋x2 1 1 [典例] 证明：要证 [f(x1)＋f(x2)]>f ，即证明2(tan x1 2 2
3x1－2x1＋3x2－2x2 x1＋x2 x1＋x2 即证明 ≥3 － 2· ，因此只要证明 2 2 2 3x1＋3x2 x1＋x2 3x1＋3x2 x1＋x2 －(x1＋x2)≥3 －(x1＋x2)，即证明 ≥3 ， 2 2 2 2 3x1＋3x2 因此只要证明 ≥ 3x1· 3x2， 2 由于 x1，x2∈R 时，3x1>0,3x2>0， 3x1＋3x2 由基本不等式知 ≥ 3x1· 3x2显然成立，故原结论成立． 2
∴cos x1cos x2>0，sin(x1＋x2)>0，1＋cos(x1＋x2)>0，
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第六节
直接证明和间接证明
结束
故只需证明 1＋cos(x1＋x2)>2cos x1cos x2， 即证 1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2， 即证：cos(x1－x2)<1. 由
数学选修2-2直接证明与间接证明练习题含答案
数学选修2-2直接证明与间接证明练习题含答案学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________1. 求证：√2+√3>√5()A.综合法B.分析法C.综合法、分析法配合使用D.间接证法2. 要证√2−√3<√6−√7成立，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)23. “执果索因”是下列哪种证明方法的特点（）A.数学归纳法B.反证法C.分析法D.综合法4. 如图是解决数学问题的思维过程的流程图：图中①、②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法相匹配是()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5. 以下是解决数学问题的思维过程的流程图：在此流程图中，①②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法匹配正确的是()A.①—综合法，②—分析法B.①—分析法，②—综合法C.①—综合法，②—反证法D.①—分析法，②—反证法6. 命题“对于任意角θ，cos4θ−sin4θ=cos2θ”的证明：“cos4θ−sin4θ=(cos2θ−A.分析法B.综合法C.综合法、分析法结合使用D.间接证法7. 已知，，，则下列三个数，，（）A.都大于B.至少有一个不大于C.都小于D.至少有一个不小于8. 已知a,b,c>0，则ba ,cb,ac的值()A.都大于1B.都小于1C.至多有一个不小于1D.至少有一个不小于19. 用反证法证明命题：“若整数系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，应假设()A.a，b，c中至多一个是偶数B.a，b，c中至少一个是奇数C.a，b，c中全是奇数D.a，b，c中恰有一个偶数10. 某同学证明√5+√13<√7+√11的过程如下：∵√13−√11>√7−√5>0，∴√13+√11<√7+√5，∴√13−√112<√7−√52，∴√5+√13<√7+√11，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11. 若P表示已知条件或已有的定义、公理或定理，Q表示所得到的结论，下列框图表示的证明方法是________．12. 分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的________条件．13. 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．14. 用分析法证明：若a，b，m都是正数，且a<b，则a+mb+m >ab．完成下列证明过程：∵b+m>0，b>0，∴要证原不等式成立，只需证明b(a+m)>a(b+m)，即只需证明________.∵m>0，∴只需证明b>a，由已知显然成立，∴原不等式成立.15. 下列表述：①综合法是执因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证法；⑤反证法是逆推法．正确的语句有是________（填序号）．16. 下列表述：①综合法是执因导果法；②分析法是间接证法；③分析法是执果索因法；④反证法是直接证法．正确的语句是________（填序号）．17. 用反证法证明命题“如果${018. 已知x1>0,x1≠1且x n+1=x n(x n2+3)3x n2+1(n=1,2，…），试证：“数列{x n}对任意的正整数n，都满足x n>x n+1，”当此题用反证法否定结论时应为________．19. 用反证法证明命题：“x2−(a+b)x+ab≠0，则x≠a且x≠b”，首先要假设________．20. （选修4−1几何证明选讲）如图，AD // BC，∠A=90∘，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交射线AD于点E，连接BE，过点C作CF⊥BE，垂足为F求证：AB=FC．21. （1）若a≥1，用分析法证明√a+1+√a−1<2√a； 21.（2）已知a，b都是正实数，且ab=2，求证：(2a+1)(b+1)≥9．22. 试比较下列各式的大小（不写过程）（1）1−√2与√2−√3（2）√2−√3与√3−√4通过上式请你推测出√n−1−√n与√n−√n+1(n≥2且n∈N)的大小，并用分析法加以证明．23. 用综合法或分析法证明：如果3sinβ＝sin(2α+β)，求证tan(α+β)＝2tanα．24. 下列命题是真命题，还是假命题，用分析法证明你的结论. 命题：若a>b>c，且a+b+c=0，则√b2−aca<√3.25. 记函数f(x)的定义域为D，若存在x0∈D，使f(x0)=x0成立，则称以(x0, x0)为坐标的点为函数y=f(x)图象上的不动点．（1）若函数f(x)=2x−1x+a的图象上有且仅有两个不动点，试求a的取值范围．（2）已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a，b，c∈R且a>0)，满足{f(0)≥1f(1+sin a)≤1(a∈R)，且y=f(x)的图象上有两个不动点(x1, x1)，(x2, x2)，记函数y=f(x)的对称轴为x=x0，求证：如果x1<2<x2<4，那么x0>−1．26. 已知“一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大”．（1）设一个圆和一个正方形的周长相等，都为l，请你用l分别表示出圆和正方形的面积，并用分析法证明该命题；27. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D的中点为E，BD的中点为F，证明：CD1 // EF．28. 用分析法证明√3+√5>√2+√4．29. 用分析法证明：已知a>0，b>0，求证：a+b2≥2aba+b．30. 设直线l1:y=k1x+1,l2:y=k2x−1，其中实数k1,k2满足k1k2+2=0．证明：l1与l2相交．31. 用分析法证明：√6+√7>√3+√10．32. 请用综合法或分析法、反证法证明：(1)如果a>0，b>0，则lg(a3+b3)≥lg(a+b)+lg ab；(2)若a，b，c为正数且abc=1，求证：a2+b2+c2≥1a +1b+1c．33. 用反证法证明：√2不是有理数．34. 设a3+b3=2，求证a+b≤2．35. 已知x，y>0，且x+y>2．求证：1+xy ，1+yx中至少有一个小于2.36. 如图，△ABC中，D，E分别是AC，AB上的点，且BE=CD，BD，CE相交于点P，AP平分∠BAC，求证：AB=AC．37. 记集合T={0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}，a i(i=1, 2, 3, 4)是T中可重复选取的元素．（1）若将集合M={a1×83+a2×82+a3×8+a4|a i∈T, i=1, 2, 3, 4}中所有元素按从小到大的顺序排列，求第2008个数所对应的a i(i=1, 2, 3, 4)的值；（2）若将集合N={a18+a28+a38+a48|a i∈T, i=1, 2, 3, 4}中所有元素按从大到小的顺序排列，求第2008个数所对应的a i(i=1, 2, 3, 4)的值．38. 设0<x1<x2<π2．（1）证明：x1>sin x1（2）x1sin x2cos x1>x2sin x1cos x2．39. 已知△ABC中，B=C=2π5，记cos A=x，cos B=cos C=y．（1）求证：1+y=2x2；（2）若△ABC的面积等于2sinπ5，求AC边上的中线BD的长．参考答案与试题解析数学选修2-2直接证明与间接证明练习题含答案一、选择题（本题共计 10 小题，每题 3 分，共计30分）1.【答案】B【考点】综合法与分析法【解析】直接利用分析法证明不等式，推出结果后，判断选项．【解答】证明：因为√2+√3和√5都是正数，所以为了证明√2+√3>√5，只需证明(√2+√3)2>(√5)2，展开得5+2√6>5，即2√6>0，显然成立，所以不等式√2+√3>√5．上述证明过程应用了分析法．故选B．2.【答案】A【考点】综合法与分析法【解析】对于不等式而言，若想两边同时平方使得大小号不变，必须保证两边均为正数.【解答】解：要证√2−√3<√6−√7，只需证√2+√7<√3+√6，只需证(√2+√7)2<(√3+√6)2.故选A.3.【答案】C【考点】综合法与分析法【解析】针对证明方法的定义和特点以及分类，逐个选项验证即可．【解答】解：综合法是执因导果，从前到后，分析法是执果索因，从后往前；由反证法的定义可得，反证法是假设命题的否定成立，由此推出矛盾，从而得到假设不成立，即命题成立；数学归纳法的基本形式：设P(n)是关于自然数n的命题，：若1∘的自然数n都成立．故选C．4.【答案】B【考点】分析法的思考过程、特点及应用【解析】根据综合法和分析法的定义，可知由已知到可知进而得到结论的应为综合法，由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，进而得到答案．【解答】解：根据已知可得该结构图为证明方法的结构图：∵由已知到可知，进而得到结论的应为综合法，由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，故①②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法为：①-综合法，②-分析法.故选B．5.【答案】A【考点】分析法的思考过程、特点及应用【解析】根据综合法和分析法的定义，可知由已知到可知进而得到结论的应为综合法，由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，进而得到答案．【解答】解：根据已知可得该结构图为证明方法的结构图：∵由已知到可知，进而得到结论的应为综合法，由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，故①②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法为：①—综合法，②—分析法.故选A．6.【答案】B【考点】分析法的思考过程、特点及应用【解析】此题暂无解析【解答】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．7.【答案】D【考点】【解析】假设3个数a+4b b+9cc+16a都小于6，则a+4b+b+9c+c+16a≤18利用基本不等式可得，a+4b +b+9c+c+16a=(a+16a)+(b+4b)+(c+9c)≥18，这与假设矛盾，故假设不成立，即3个数a+4b b+9cc+16a至少有一个不小于6，故选D．【解答】此题暂无解答8.【答案】D【考点】反证法进行简单的合情推理合情推理的作用【解析】此题暂无解析【解答】解：令a=b=c，则ba =cb=ac=1，排除A，B.令a=1,b=2,c=4，则ba =cb=2，ac=14，排除C.对于D，假设ba <1,cb<1,ac<1，则b<a,c<b,a<c，相加得a+b+c<a+b+c，矛盾.故选D.9.【答案】C【考点】反证法【解析】用反证法证明数学命题时，应先假设命题的否定成立，求得命题：“a，b，c中至少有一个是偶数”的否定，即可得到结论．【解答】解：由于用反证法证明数学命题时，应先把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面．而命题：“a，b，c中至少有一个是偶数”的否定为：“a，b，c中全是奇数”.故选C．10.A【考点】综合法与分析法【解析】从推理过程（是“执因索果”还是“执果索因”）即可得到答案．【解答】解：从推理形式来看，从√13−√11>√7−√5>0入手，推出√13+√11<√7+√5，继而得到√13−√112<√7−√52，最后得到√5+√13<√7+√11，是“执因索果”，是综合法证明，故选：A．二、填空题（本题共计 9 小题，每题 3 分，共计27分）11.【答案】综合法【考点】综合法与分析法【解析】根据证题思路，是由因导果，是综合法的思路，故可得结论．【解答】解：∵P表示已知条件或已有的定义、公理或定理，Q表示所得到的结论，∴证明方法是由因导果，是综合法的思路故答案为：综合法12.【答案】充分【考点】综合法与分析法【解析】利用分析法的定义和分析法证题的方法，逐步寻求使结论成立的充分条件，只要使结论成立的充分条件已具备，此结论就一定成立．【解答】解：分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的充分条件，只要使结论成立的充分条件已具备，此结论就一定成立．故答案为充分．13.【答案】②【考点】综合法与分析法【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：②．14.【答案】bm>am【考点】分析法的思考过程、特点及应用【解析】本题考查分析法证明不等式的方法，属于基础题，根据分析法证明不等式的方法，由b(a+m)>a(b+m)可得bm>am，即可求解.【解答】解：由b(a+m)>a(b+m)可得ab+bm>ab+am，即证bm>am.故答案为：bm>am.15.【答案】①②③【考点】综合法与分析法【解析】根据综合法的定义可得①②正确；根据分析法的定义可得③正确，④不正确；由反证法的定义可得，⑤不正确．【解答】解：根据综合法的定义可得，综合法是执因导果法，是顺推法，故①②正确．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③正确，④不正确．由反证法的定义可得，反证法是假设命题的否定成立，由此推出矛盾，从而得到假设不成立，即命题成立，故不是逆推法，故⑤不正确．故答案为：①②③．16.【答案】①③【考点】命题的真假判断与应用综合法与分析法反证法与放缩法【解析】针对证明方法的定义和特点以及分类，逐个选项验证即可．【解答】解：综合法是执因导果，从前到后，分析法是执果索因，从后往前，综合法和分析法都是直接证法，反证法是一种间接证法，故可判断①③正确，②④错误．故答案为：①③17.【答案】√x≥√y反证法【解析】此题暂无解析【解答】解：由于√x<√y的否定为√x≥√y,根据用反证法证明命题的方法，应先假设要证的结论的否定成立，故应假设：√x≥√y,故答案为：√x≥√y.18.【答案】存在正整数n，使x n≤x n+1【考点】反证法【解析】此题暂无解析【解答】解析根据全称命题的否定，是特称命题，即“数列{x n}对任意的正整数n，都满足x n>x n+1”的否定为“存在正整数m，使x n≤x n+1”．19.【答案】x=a或x=b【考点】反证法【解析】根据用反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立，求得要证命题的否定，可得答案．【解答】解：根据用反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立，而要证命题的否定为“x=a或x=b”，故答案为：x=a或x=b.三、解答题（本题共计 20 小题，每题 10 分，共计200分）20.【答案】证明：∵以点B为圆心、BC长为半径画弧，交AD边于点E，∴BC=BE，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A=90∘，AE // BC，∴∠AEB=∠FBC，而CF丄BE，∴∠BFC=90∘，在Rt△ABE和Rt△FCB中，BE=BC，∠AEB=∠FBC，∴Rt△ABE≅Rt△FCB，∴AB=FC．【考点】综合法与分析法由题意得BC=BE，再根据矩形的性质得∠A=90∘，AE // BC，则∠AEB=∠FBC，而CF丄BE，则∠BFC=90∘，根据直角三角形全等的判定易得到Rt△ABE≅Rt△CFB，利用三角形全等的性质即可得到AB=FC．【解答】证明：∵以点B为圆心、BC长为半径画弧，交AD边于点E，∴BC=BE，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A=90∘，AE // BC，∴∠AEB=∠FBC，而CF丄BE，∴∠BFC=90∘，在Rt△ABE和Rt△FCB中，BE=BC，∠AEB=∠FBC，∴Rt△ABE≅Rt△FCB，∴AB=FC．21.【答案】证明：（1）因a≥1，所以，要证√a+1+√a−1<2√a，只需证明a+1+2√a2−1+a−1<4a，即证√a2−1<a，只需证明a2−1<a2，即−1<0，此不等式显然成立，于是√a+1+√a−1<2√a．（2）因a，b都是正实数，所以，2a+b≥2√2ab=4，当且仅当b=2a，即a=1，b=2时等号成立，∴(2a+1)(b+1)=2ab+(2a+b)+1≥4+4+1=9．【考点】综合法与分析法【解析】（1）只需证明a+1+2√a2−1+a−1<4a，即证√a2−1<a，只需证明a2−1< a2．（2）利用基本不等式证明2a+b≥2√2ab=4，化简不等式的左边，把此结论代入，可证得不等式成立．【解答】证明：（1）因a≥1，所以，要证√a+1+√a−1<2√a，只需证明a+1+2√a2−1+a−1<4a，即证√a2−1<a，只需证明a2−1<a2，即−1<0，此不等式显然成立，于是√a+1+√a−1<2√a．（2）因a，b都是正实数，所以，2a+b≥2√2ab=4，当且仅当b=2a，即a=1，b=2时等号成立，∴(2a+1)(b+1)=2ab+(2a+b)+1≥4+4+1=9．22.【答案】解：（1）1−√2<√2−√3；（2）√2−√3<√3−√4猜想：√n−1−√n<√n−√n+1(n≥2且n∈N)证明：要证：√n−1−√n<√n−√n+1(n≥2且n∈N)即证：(√n−1−√n)2<(√n−√n+1)2整理得：√n2+n>√n2−n+1平方整理得：2n−1>2√n2−n平方并整理得：1>0而此不等式一定成立，故猜想正确【考点】综合法与分析法不等式比较两数大小【解析】猜想：√n−1−√n<√n−√n+1(n≥2且n∈N)，再用分析法证明即可．【解答】解：（1）1−√2<√2−√3；（2）√2−√3<√3−√4猜想：√n−1−√n<√n−√n+1(n≥2且n∈N)证明：要证：√n−1−√n<√n−√n+1(n≥2且n∈N)即证：(√n−1−√n)2<(√n−√n+1)2整理得：√n2+n>√n2−n+1平方整理得：2n−1>2√n2−n平方并整理得：1>0而此不等式一定成立，故猜想正确23.【答案】证明：将条件化为：3sin[(α+β)−α]＝sin[(α+β)+α]，展开得：3sin(α+β)cosα−3cos(α+β)sinα＝sin(α+β)cosα+cos(α+β)sinα，即：2sin(α+β)cosα＝4cos(α+β)sinα，由cos(α+β)cosα≠0，两边同除以cos(α+β)cosα，可得tan(α+β)＝2tanα．【考点】分析法的思考过程、特点及应用两角和与差的三角函数【解析】把已知等式左边的角β变为(α+β)−α，右边的角2α+β变为(α+β)+α，然后左右两边分别利用两角和与差的正弦函数公式化简，移项合并后，在等式两边同时除以cosαcos(α+β)，利用同角三角函数间的基本关系变形可得证．【解答】证明：将条件化为：3sin[(α+β)−α]＝sin[(α+β)+α]，展开得：3sin(α+β)cosα−3cos(α+β)sinα＝sin(α+β)cosα+cos(α+β)sinα，即：2sin(α+β)cosα＝4cos(α+β)sinα，由cos(α+β)cosα≠0，两边同除以cos(α+β)cosα，可得tan(α+β)＝2tanα．24.【答案】解：此命题是真命题．∵a>b>c，且a+b+c=0，∴a>0，c<0．<√3，只需证√b2−ac<√3a，要证√b2−aca即证b2−ac<3a2，也就是证(a+c)2−ac<3a2，即证(a−c)(2a+c)>0，∵a−c>0，2a+c=a+c+a=−b+a>0，∴(a−c)(2a+c)>0成立，故原不等式成立，即命题为真．【考点】不等式的基本性质分析法的思考过程、特点及应用【解析】采用分析法来证，先把不等式转化为：√b2−ac<√3a，两边平方b2−ac<3a3，整理后得到一恒成立的不等式即可．【解答】解：此命题是真命题．∵a>b>c，且a+b+c=0，∴a>0，c<0．<√3，只需证√b2−ac<√3a，要证√b2−aca即证b2−ac<3a2，也就是证(a+c)2−ac<3a2，即证(a−c)(2a+c)>0，∵a−c>0，2a+c=a+c+a=−b+a>0，∴(a−c)(2a+c)>0成立，故原不等式成立，即命题为真．25.【答案】=x0，解：（1）若点(x0, x0)是不动点，则2x0−1x0+a即x02+(a−2)x0+1=0，由题意函数f(x)=2x−1的图象上有且仅有两个不动点，∴a=x+a4．（2）设g(x)=f(x)−x=ax2+(b−1)x+1，∵a>0，∴由条件x1<2<x2<4，得g(2)<0，g(4)>0．即{4a+2b−1<0 16a+4b−3>0由可行域可得ba <2，∴x0=−b2a>−1．【考点】综合法与分析法【解析】（1）根据不动点的定义，得出方程x02+(a−2)x0+1=0，利用函数f(x)=2x−1x+a的图象上有且仅有两个不动点，求a的取值范围；（2）由x1<2<x2<4转化为g(x)=f(x)−x=0有两根：一根在2与4之间，另一根在2的左边，利用一元二次方程根的分布可证．【解答】解：（1）若点(x0, x0)是不动点，则2x0−1x0+a=x0，即x02+(a−2)x0+1=0，由题意函数f(x)=2x−1x+a的图象上有且仅有两个不动点，∴a=4．（2）设g(x)=f(x)−x=ax2+(b−1)x+1，∵a>0，∴由条件x1<2<x2<4，得g(2)<0，g(4)>0．即{4a+2b−1<0 16a+4b−3>0由可行域可得ba <2，∴x0=−b2a>−1．26.【答案】解：（1）依题意，圆的面积为π⋅(l2π)2，正方形的面积为(l4)2．因此本题只需证明π⋅(l2π)2>(l4)2．要证明上式，只需证明πl 24π2>l216，两边同乘以正数4l2，得1π>14．因此，只需证明4>π．因为4>π恒成立，所以π⋅(l2π)2>(l4)2．这就证明了如果一个圆和一个正方形的周长相等，那么圆的面积比正方形的面积大．（2）一个球与一个正方体的表面积相等时，球的体积比正方体的体积大．【考点】分析法的思考过程、特点及应用类比推理【解析】（1）依题意，圆的面积为π⋅(l2π)2，正方形的面积为(l4)2，根据分析法的证明步骤可得结论；（2）周长类比表面积，面积类比体积，即可得出结论．【解答】解：（1）依题意，圆的面积为π⋅(l2π)2，正方形的面积为(l4)2．因此本题只需证明π⋅(l2π)2>(l4)2．要证明上式，只需证明πl 24π2>l216，两边同乘以正数4l2，得1π>14．因此，只需证明4>π．因为4>π恒成立，所以π⋅(l2π)2>(l4)2．这就证明了如果一个圆和一个正方形的周长相等，那么圆的面积比正方形的面积大．（2）一个球与一个正方体的表面积相等时，球的体积比正方体的体积大．27.【答案】证明：连接A1B，则∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D的中点为E，BD的中点为F，∴EF // A1B，∵A1D1 // BC，A1D1=BC，∴A1D1CB是平行四边形，∴CD1 // A1B，∴CD1 // EF．【考点】分析法的思考过程、特点及应用【解析】连接A1B，利用平行公理，即可证明．【解答】证明：连接A1B，则∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D的中点为E，BD的中点为F，∴EF // A1B，∵A1D1 // BC，A1D1=BC，∴A1D1CB是平行四边形，∴CD1 // A1B，∴CD1 // EF．28.【答案】证明：要证明√3+√5>√2+√4，只要证明：√3>√2，√5>√4，结论显然成立，∴√3+√5>√2+√4．【考点】分析法的思考过程、特点及应用【解析】寻找使不等式成立的充分条件，要是不等式成立，只要√3>√2，√5>√4．【解答】证明：要证明√3+√5>√2+√4，只要证明：√3>√2，√5>√4，结论显然成立，∴√3+√5>√2+√4．29.【答案】证明：因为a>0，b>0，要证a+b2≥2aba+b，只要证，(a+b)2≥4ab，只要证(a+b)2−4ab≥0，即证a2−2ab+b2≥0，而a2−2ab+b2=(a−b)2≥0恒成立，故a+b2≥2aba+b成立．【考点】不等式的证明分析法的思考过程、特点及应用【解析】利用分析法（执果索因），要证a+b2≥2aba+b，只需证明(a−b)2≥0即可，该式显然成立．【解答】证明：因为a>0，b>0，要证a+b2≥2aba+b，只要证，(a+b)2≥4ab，只要证(a+b)2−4ab≥0，即证a2−2ab+b2≥0，而a2−2ab+b2=(a−b)2≥0恒成立，故a+b2≥2aba+b成立．30.【答案】证明：假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1=k2，代入k1k2+2=0，得k12+2=0．这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．【考点】反证法【解析】此题暂无解析【解答】方法点拔：采用反证法．31.【答案】证明：要证√6+√7>√3+√10，只要证6+7+2√42>3+10+2√30，只要证2√42>2√30，即证42>30．而42>30显然成立，故原不等式成立．【考点】综合法与分析法【解析】分析使不等式√6+√7>√3+√10成立的充分条件，一直分析到使不等式成立的充分条件显然具备，从而不等式得证．【解答】证明：要证√6+√7>√3+√10，只要证6+7+2√42>3+10+2√30，只要证2√42>2√30，即证42>30．而42>30显然成立，故原不等式成立．32.【答案】证明：(1)（综合法）如果a>0，b>0，则a3+b3−(a+b)ab=a3−a2b+b3−ab2=a2(a−b)−b2(a−b)=(a2−b2)(a−b)=(a+b)(a−b)(a−b)=(a+b)(a−b)2≥0，当且仅且a=b时取等号，故a3+b3≥(a+b)ab，即lg(a3+b3)≥lg(a+b)+lg ab．(2)（分析法）要证a2+b2+c2≥1a +1b+1c，只要证a 2+b2+c2abc≥1a+1b+1c，即证a2+b2+c2≥bc+ac+ab，即证2a2+2b2+2c2−2bc−2ac−2ab≥0，即证a2−2ab+b2+b2−2bc+c2+a2−2ac+c2≥0，即证(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2≥0，显然成立，且a=b=c时取等号，以上均可逆，则原不等式成立．【考点】不等式的证明综合法的思考过程、特点及应用分析法的思考过程、特点及应用对数的运算性质【解析】【解答】证明：(1)（综合法）如果a>0，b>0，则a3+b3−(a+b)ab=a3−a2b+b3−ab2=a2(a−b)−b2(a−b)=(a2−b2)(a−b)=(a+b)(a−b)(a−b)=(a+b)(a−b)2≥0，当且仅且a=b时取等号，故a3+b3≥(a+b)ab，即lg(a3+b3)≥lg(a+b)+lg ab．(2)（分析法）要证a2+b2+c2≥1a +1b+1c，只要证a 2+b2+c2abc≥1a+1b+1c，即证a2+b2+c2≥bc+ac+ab，即证2a2+2b2+2c2−2bc−2ac−2ab≥0，即证a2−2ab+b2+b2−2bc+c2+a2−2ac+c2≥0，即证(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2≥0，显然成立，且a=b=c时取等号，以上均可逆，则原不等式成立．33.【答案】证明：假设√2为有理数，那么存在两个互质的正整数p，q，使得：√2=pq，于是p=√2q，两边平方得p2＝2q2由2q2是偶数，可得p2是偶数．而只有偶数的平方才是偶数，所以p也是偶数．因此可设p＝2s，s是正整数，代入上式，得：4s2＝2q2，即q2＝2s2．所以q也是偶数，这样p，q都是偶数，不互质，这与假设p，q互质矛盾．因此√2不是有理数．【考点】反证法【解析】假设√2为有理数，通过有理数的性质，推出矛盾的结论，即可得到结果．【解答】证明：假设√2为有理数，那么存在两个互质的正整数p，q，使得：√2=pq，于是p=√2q，两边平方得p2＝2q2由2q2是偶数，可得p2是偶数．而只有偶数的平方才是偶数，所以p也是偶数．因此可设p＝2s，s是正整数，代入上式，得：4s2＝2q2，即q2＝2s2．所以q也是偶数，这样p，q都是偶数，不互质，这与假设p，q互质矛盾．因此√2不是有理数．34.【答案】证明：假设a+b>2，则有a>2−b，从而a3>8−12b+6b2−b3，a3+b3>6b2−12b+8=6(b−1)2+2．因为6(b−1)2+2≥2，所以a3+b3>2，这与题设条件a3+b3=2矛盾，所以，原不等式a+b≤2成立．评析：利用反证法证明不等式的第二步所称的矛盾结果，通常是指所推出的结果与已知公理、定义、定理或已知条件、已证不等式，以及与临时假定矛盾等各种情况．【考点】反证法【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答35.【答案】证明：假设1+xy ，1+yx都不小于2，即1+xy≥2且1+yx≥2.因为x，y>0，所以1+x≥2y且1+y≥2x.把这两个不等式相加得2+x+y≥2(x+y)，化简得x+y≤2，这与x+y>2矛盾．因此1+xy ，1+yx都不小于2是不可能的，即原命题成立．【考点】反证法【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答36.【答案】证明：作DG⊥BC于G，作EH⊥BC于H，作PM⊥AC于M，作PN⊥AB于N，∵AP平分∠BAC，∴PM=PN，∵CD=BE，∴△CPD与△BPE的面积相等，∴△BCD与△CBE的面积相等，∴DG=EH，又∵CD=BE，∴△CGD≅△BHE，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC．【考点】综合法与分析法【解析】作DG⊥BC于G，作EH⊥BC于H，作PM⊥AC于M，作PN⊥AB于N，先根据三角形面积相等求出DG=EH，利用全等三角形的判定定理即可得到△CGD≅△BHE，于是得到∠ABC =∠ACB ，利用等角对等边即可得到AB =AC ． 【解答】证明：作DG ⊥BC 于G ，作EH ⊥BC 于H ，作PM ⊥AC 于M ，作PN ⊥AB 于N ，∵ AP 平分∠BAC ， ∴ PM =PN ， ∵ CD =BE ，∴ △CPD 与△BPE 的面积相等， ∴ △BCD 与△CBE 的面积相等， ∴ DG =EH ， 又∵ CD =BE ， ∴ △CGD ≅△BHE ， ∴ ∠ABC =∠ACB ， ∴ AB =AC ． 37. 【答案】解：（1）记a 1×83+a 2×82+a 3×8+a 4=a 1a 2a 3a 4¯， 它表示一个8进制数；M 中最小值为0¯，第2008个数在十进制数中为2007， 将2007化为8进制数即为3727¯， 所以a 1=3，a 2=7，a 3=2，a 4=7．（2）因为a 18+a 28+a 38+a 48=18(a 1×83+a 2×82+a 3×8+a 4)，括号内表示的8进制数，其最大值为7777¯； ∵ 7777¯=4095，从大到小排列，第2008个数为 4095−2008+1=2088因为2008=4050¯，所以a 1=4，a 2=0，a 3=5，a 4=0【考点】分析法的思考过程、特点及应用 【解析】（1）要将集合M ={a 1×83+a 2×82+a 3×8+a 4|a i ∈T, i =1, 2, 3, 4}中所有元素按从小到大的顺序排列，求第2008个数所对应的a i ，首先要搞清楚，M 集合中元素的特征，关键是要分析求第2008个数所对应的十进制数，并根据十进制转换为八进行的方法，将它转换为八进制数，即得答案． （2）要将集合N ={a 18+a 282+a 383+a 484|a i ∈T, i =1, 2, 3, 4}中所有元素按从大到小的顺序排列，求第2008个数所对应的a i ，首先要搞清楚，N 集合中元素的特征，同样要分析求第2008个数所对应的十进制数，并根据十进制转换为八进行的方法，将它转换为八进制数，即得答案． 【解答】解：（1）记a 1×83+a 2×82+a 3×8+a 4=a 1a 2a 3a 4¯， 它表示一个8进制数；M 中最小值为0¯，第2008个数在十进制数中为2007， 将2007化为8进制数即为3727¯， 所以a 1=3，a 2=7，a 3=2，a 4=7．（2）因为a 18+a 282+a 383+a 484=184(a 1×83+a 2×82+a 3×8+a 4)，括号内表示的8进制数，其最大值为7777¯； ∵ 7777¯=4095，从大到小排列，第2008个数为 4095−2008+1=2088因为2008=4050¯，所以a 1=4，a 2=0，a 3=5，a 4=0 38. 【答案】证明：（1）令f(x)=x −sin x(0<x <π2)，∴ f′(x)=1−cos x ≥0，∴ f(x)=x −sin x(0<x <π2)为增函数， ∵ 0<x 1<π2，∴ f(x 1)>f(0)，即x 1−sin x 1>0， ∴ x 1>sin x 1；（2）令g(x)=x cot x(0<x <π2)， 则g′(x)=cot x −xcsc 2x =sin x cos x−x sin 2x <0，∴ g(x)=x cot x(0<x <π2)为减函数， ∵ 0<x 1<x 2<π2，则x 1cos x 1sin x 1>x 2cos x2sin x 2，即x 1sin x 2cos x 1>x 2sin x 1cos x 2．【考点】综合法与分析法【解析】（1）构造函数f(x)=x−sin x(0<x<π2)，利用导数证明其为增函数，则结论可证；（2）构造函数g(x)=x cot x(0<x<π2)，利用导数证明其为增函数，则结论可证．【解答】证明：（1）令f(x)=x−sin x(0<x<π2)，∴f′(x)=1−cos x≥0，∴f(x)=x−sin x(0<x<π2)为增函数，∵0<x1<π2，∴f(x1)>f(0)，即x1−sin x1>0，∴x1>sin x1；（2）令g(x)=x cot x(0<x<π2)，则g′(x)=cot x−xcsc2x=sin x cos x−xsin2x<0，∴g(x)=x cot x(0<x<π2)为减函数，∵0<x1<x2<π2，则x1cos x1sin x1>x2cos x2sin x2，即x1sin x2cos x1>x2sin x1cos x2．39.【答案】（1）证明：∵B=C=2π5，∴A=π−(B+C)=π−4π5=π5∴1+y=1+cos2π5=2cos2π5=2x2．…（2）解：设△ABC中，角B、C所对的边分别为b、c，则有12bc sin A=2sinπ5，∵b=c，A=π5，∴b2sinπ5=4sinπ5，故b=c=2．…又BD2=c2+(b2)2−2×c×b2cos A=22+12−2×2×1×cosπ5=5−4cosπ5，∴BD=√5−4cosπ5．…【考点】综合法与分析法【解析】（1）利用cos A=x，cos B=cos C=y，结合二倍角公式，可证结论；（2）利用三角形的面积公式，结合b=c，A=π5，求出BC，进而可求BD的长．【解答】（1）证明：∵B=C=2π5，∴A=π−(B+C)=π−4π5=π5∴1+y=1+cos2π5=2cos2π5=2x2．…（2）解：设△ABC中，角B、C所对的边分别为b、c，则有12bc sin A=2sinπ5，∵b=c，A=π5，∴b2sinπ5=4sinπ5，故b=c=2．…又BD2=c2+(b2)2−2×c×b2cos A=22+12−2×2×1×cosπ5=5−4cosπ5，∴BD=√5−4cosπ5．…。
苏教版数学高二数学 《直接证明与间接证明》基础训练(苏教版选修1-2)
1．由四种命题的关系可知，反证法的实质是通过________来证明原命题的正确性．解析：原命题与逆否命题的真假性相同，为等价命题．答案：逆否命题2．应用反证法推出矛盾的过程中，要把下列作为条件使用的有________．(请填对应的序号) ①结论相反的判断，即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原结论．答案：①②③3．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的假设为________．解析：恰有一个偶数的否定有两种情况，无偶数(全为奇数)或至少有两个偶数．答案：a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数4．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设为________．解析：“至少有一个不大于”的否定是“都大于”．答案：假设三角形的内角都大于60°一、填空题1．“x＝0且y＝0”的否定形式为________．解析：“p且q”的否定形式为“綈p或綈q”．答案：x≠0或y≠02．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a，b为实数)”时，应假设________．解析：“全”的否定为“不全”．答案：a，b不全为03．用反证法证明“如果a>b，那么3a>3b，”的假设应为________．解析：“>”的否定为“<”或“＝”．答案：3a＝3b或3a<3b4．已知x1>0，x1≠1，且x n＋1＝x n(x2n＋3)3x2n＋1(n＝1,2，…)，求证“数列{x n}对任意的正整数n都满足x n<x n＋1，或者对任意的正整数n都满足x n>x n＋1”，当此题用反证法否定结论时，应假设为________．解析：结论是说数列{x n}或单调递增或单调递减，总之是严格单调数列，其否定应是，或为常数列或为摆动数列，因而其中存在一项x n，或不比两边的项大，或不比两边的项小，即x n≤x n－1且x n≤x n＋1，或x n≥x n－1且x n≥x n＋1，所以(x n－x n－1)(x n－x n＋1)≥0.答案：存在正整数n，使(x n－x n－1)(x n－x n＋1)≥05．设a，b，c都是正实数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P，Q，R同时大于0”的________条件．解析：若P＝a＋b－c<0，Q＝b＋c－a＜0，则a＋b<c，b＋c<a，则b<0与b是正实数相矛盾，故不可能同时有两项都小于0，只能有P、Q、R都大于0.答案：充要6．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c 中存在偶数”，时，下列假设正确的是________．①假设a ，b ，c 都是偶数；②假设a ，b ，c 都不是偶数；③假设a ，b ，c 至多有一个是偶数；④假设a ，b ，c 至多有两个是偶数．解析：a ，b ，c 中存在偶数，反面就是a ，b ，c 中没有偶数，即都不是偶数．答案：②7．设正实数a 、b 、c 满足a ＋b ＋c ＝1，则a 、b 、c 中至少有一个数不小于________． 解析：假设a ，b ，c 中至少有一个数不小于x 的否定成立．假设a 、b 、c 都小于x ，即a <x ，b <x ，c <x .∴a ＋b ＋c <3x .∵a ＋b ＋c ＝1，∴3x >1.∴x >13.若取x ＝13就会产生矛盾． 答案：138．完成反证法证题的全过程．题目：设a 1，a 2，…，a 7是1,2，…，7的一个排列，求证：乘积p ＝(a 1－1)(a 2－2)…(a 7－7)为偶数．证明：假设p 为奇数，则________均为奇数①因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝________②＝________③＝0.但奇数≠偶数，这一矛盾说明p 为偶数．解析：由假设p 为奇数可知：(a 1－1)，(a 2－2)，…，(a 7－7)均为奇数， 故(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)＝(a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋ (7)＝0为奇数，这与0为偶数矛盾．答案：①a 1－1，a 2－2，…，a 7－7②(a 1－1)＋(a 2－2)＋…＋(a 7－7)③(a 1＋a 2＋...＋a 7)－(1＋2＋ (7)9．已知点O 在二面角αAB β的棱上，点P 在α内，且∠POB ＝45°.若对于β内异于O 的任意一点Q ，都有∠POQ ≥45°，则二面角αAB β的大小是________．解析：假设α与β不垂直，则由P 点向β引垂线，垂足不在AB 上，设垂足为Q ，此时有∠POQ <45°＝∠POB ，与已知矛盾，故α⊥β.答案：90°二、解答题10．已知a 、b 、c 是不全相等的非零实数，若a 、b 、c 成等差数列，求证：1a 、1b 、1c构不成等差数列．证明：假设1a 、1b 、1c构成等差数列，则2b ＝1a ＋1c ＝a ＋c ac.① 由于a 、b 、c 成等差数列，故2b ＝a ＋c .②①②消去b ，整理可得(a －c )2＝0，即a ＝c ，所以2b ＝a ＋c ＝2a ，即a ＝b ，故a ＝b ＝c ，与a 、b 、c 不全相等矛盾．故1a 、1b 、1c构不成等差数列． 11．若x ，y 均是正实数，且x ＋y >2，求证1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立． 证明：反证法：假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立， ∴1＋x y ≥2且1＋y x≥2. 又∵x ，y 都是正实数，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ≥2y 1＋y ≥2x，相加得2＋x ＋y ≥2(x ＋y )． ∴x ＋y ≤2与x ＋y >2矛盾．∴假设不成立，原命题结论正确．12．设函数f (x )＝ax 3－2bx 2＋cx ＋4d (a ，b ，c ，d ∈R )的图象关于原点对称，且x ＝1时，f (x )取极小值－23. (1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)当x ∈[－1,1]时，图象上是否存在两点，使得在此两点处的切线互相垂直，试证明你的结论．解：(1)∵函数f (x )的图象关于(0,0)对称，∴对于∀x ∈R 有f (－x )＝－f (x )，∴－ax 3－2bx 2－cx ＋4d ＝－ax 3＋2bx 2－cx －4d ，即bx 2－2d ＝0恒成立．∴b ＝0，d ＝0，∴f (x )＝ax 3＋cx ，f ′(x )＝3ax 2＋c ，∵x ＝1时，f (x )取极小值－23， ∴3a ＋c ＝0且a ＋c ＝－23，得a ＝13，c ＝－1. (2)当x ∈[－1,1]时，图象上不存在这样的两点使结论成立．假设图象上存在两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，使得在此两点处的切线垂直，则由f ′(x )＝x 2－1，知两点处的切线斜率分别为k 1＝x 21－1，k 2＝x 22－1，且(x 21－1)(x 22－1)＝－1(*) ∵x 1，x 2∈[－1,1]，∴x 21－1≤0，x 22－1≤0.∴(x 21－1)(x 22－1)≥0，这与(*)式矛盾．∴假设不成立．故当x∈[－1,1]时，图象上不存在这样的两点，使得在此两点处的切线互相垂直．。
6-6第六节 直接证明与间接证明练习题(2015年高考总复习)
第六节 直接证明与间接证明时间：45分钟 分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 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 ．假设a ，b ，c 都是偶数B ．假设a ，b ，c 都不是偶数C ．假设a ，b ，c 至多有一个偶数D ．假设a ，b ，c 至多有两个偶数解析 “至少有一个”的否定为“都不是”．故选B.答案 B2．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≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0 解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.答案 D3．(2014·临沂模拟)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 取值决定解析 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＋2(a ＋3)(a ＋4)， 只要证：a 2＋7a <a 2＋7a ＋12，只要证：0<12，∵0<12成立，∴P <Q 成立．答案 C4．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 由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0，故选A.答案 A5．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x 2，b 2，y 2三数( )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 由已知条件，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋c ＝2b ， ①x 2＝ab ， ②y 2＝bc ， ③由②③得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝x 2b ，c ＝y 2b ，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，故选B.答案 B6．(2014·济南模拟)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x 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2解析 假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又y x ＋y z ＋z x＋z y ＋x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋x z ≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，故这三个数至少有一个不小于2.另取x ＝y ＝z ＝1，可排除A 、B.答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知三个不等式①ab >0；②c a >d b ；③bc >ad .以其中两个作条件，余下一个作结论，则可组成________个正确命题．解析 ①②⇒③，①③⇒②；②③⇒①.答案 38．在等比数列{a n }和等差数列{b n }中，a 1＝b 1＞0，a 3＝b 3＞0，a 1≠a 3，则a 5和b 5的大小关系为________．解析 方法1：设公比为q ，公差为d ，则a 3＝a 1q 2，b 3＝b 1＋2d ＝a 1＋2d ，故由a 3＝b 3，得2d ＝a 1(q 2－1)．又∵a 1≠a 3，∴q 2≠1.∴a 5－b 5＝a 1q 4－(a 1＋4d )＝a 1q 4－[a 1＋2a 1(q 2－1)]＝a 1(q 2－1)2＞0.∴a 5＞b 5.方法2：∵在等比数列{a n }中，a 1≠a 3，∴公比不为1.∴a 1≠a 5.又∵a 1＝b 1，a 3＝b 3，a 5＝a 3q 2＞0(q 为公比)，∴b 3＝b 1＋b 52＝a 3＝a 1a 5＜a 1＋a 52＝b 1＋a 52.∴a 5＞b 5.答案 a 5＞b 59．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1的图象上的点，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 a n ＝n 2＋1，b n ＝n .方法1：c n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n 随n 的增大而减小，为减函数，∴c n ＋1＜c n .方法2：c n ＋1＝(n ＋1)2＋1－(n ＋1)，c n ＝n 2＋1－n ，∴c n c n ＋1＝n 2＋1－n (n ＋1)2＋1－(n ＋1)＝(n ＋1)2＋1＋n ＋1n 2＋1＋n＞1. ∴c n ＞c n ＋1.答案 c n ＞c n ＋1 三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分) 10．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. 只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a ＋ 2.∵a >0，故只要证⎝⎛⎭⎪⎫ a 2＋1a 2＋22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ， 只要证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．11．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 是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明1a >c .证明 (1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点，∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2.∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a ≠c )，∴1a 是f (x )＝0的一个根，即1a 是函数f (x )的一个零点．(2)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 .12．(1)求证：当a >1时，不等式a 3＋1a 3>a 2＋1a 2成立； (2)要使上述不等式成立，能否将条件“a >1”适当放宽？若能，请放宽条件，并简述理由；若不能，请说明理由；(3)请你根据(1)(2)的结果，写出一个更为一般的结论，且予以证明．解 (1)证明：a 3＋1a 3－a 2－1a 2＝1a 3(a －1)(a 5－1)，∵a >1，∴1a 3(a －1)(a 5－1)>0，故原不等式成立．(2)能将条件“a >1”适当放宽．理由如下：当a ≠1时，(a －1)与(a 5－1)同符号，所以(a －1)(a 5－1)>0，只需a >0且a ≠1就能使1a 3(a －1)(a 5－1)>0，故条件可以放宽为a >0且a ≠1.(3)根据(1)(2)的结果，可推知：若a >0且a ≠1，m >n >0，则有a m＋1a m >a n ＋1a n . 证明如下：a m －a n ＋1a m －1a n ＝a n (a m －n －1)－1a m (a m －n －1)＝1a m (a m －n －1)(a m ＋n －1)，若a >1，则由m >n >0得a m －n －1>0，a m ＋n －1>0，知不等式成立， 若0<a <1，则由m >n >0得a m ＋n －1<0，a m ＋n －1<0知不等式成立．。
高中数学选修2-2 同步练习 专题2.2 直接证明与间接证明(解析版)
第二章推理与证明2.2 直接证明与间接证明一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．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．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由分析法的定义知A正确.2．用反证法证明“若，则或”时，应假设A．或B．且C．D．【答案】B3．命题“对于任意角，”的证明：“．”该过程应用了A．分析法B．综合法C．间接证明法D．反证法【答案】B【解析】由证明过程可知，推理的出发点是对同角三角函数平方关系的运用（即从定理出发），是直接证明中的综合法．故选B．4．欲证成立，只需证A．B．C．D．【答案】C【解析】由分析法知，欲证，只需证，即证，故选C ． 5．已知，，且，则A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由a ＋b ＝2，可得ab ≤1， 又a 2＋b 2＝4－2ab ，∴a 2＋b 2≥2.6．在ABC △中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若cos cos =sin b C c B a A +，则ABC △的形状为 A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定【答案】B7．有以下结论：①已知332=p q +，求证：2p q +≤，用反证法证明时，可假设2p q +≥；②已知,a b ∈R ，||||1a b +<，求证方程20x ax b +=+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1x 的绝对值大于或等于1，即假设1||1x ≥． 下列说法中正确的是 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】用反证法证明问题时，其假设是原命题的否定，故①的假设应为“+2p q >”； ②的假设为“两根的绝对值不都小于1”， 故①假设错误．②假设正确．故选D ．8．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“已知a b c >>，且0a b c ++=，求证：23b ac a -<”索的因应是A ．0a b ->B ．0a c ->C ．()0()a b a c ->-D ．()0()a b a c -<-【答案】C二、填空题：请将答案填在题中横线上．9．命题“若sin sin sin 0αβγ++=，cos cos cos 0αβγ++=”，则cos()αβ-=______________． 【答案】12-【解析】条件变为sin sin sin αβγ+=-，cos cos cos αβγ+=-，两式平方相加可推得结论=os 1(2c )αβ--． 10．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①∠A ＋∠B ＋∠C ＝90°＋90°＋∠C ＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误． ②所以一个三角形不能有两个直角．③假设△ABC 中有两个直角，不妨设∠A ＝90°，∠B ＝90°．上述步骤的正确顺序为________________． 【答案】③①②【解析】由反证法证明数学命题的步骤可知，步骤的顺序应为③①②． 11．设，，则__________（填入“”或“”）．【答案】【解析】由题意可知，则比较的大小，只需比较和的大小，只需比较和的大小，又由，得，即，故.12．已知1x 是方程24x x +=的根，2x 是方程2log 4x x +=的根，则12x x +的值是______________． 【答案】4三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 13．若均为实数，且，，，，求证：中至少有一个大于. 【解析】设都不大于，即，..,,,，，与矛盾.假设错误，原命题正确，即中至少有一个大于. 14．已知非零向量a ，b 满足⊥a b ，求证：||||2||+≤+a b a b ．15．（1）求证：当2a >（2）证明：2不可能是同一个等差数列中的三项.【解析】（1）(222a a ++=+又200a ->>，且22a a +≠-，<.（2）假设是同一个等差数列中的三项，分别设为,,m n p a a a ，则m n a a d m n -==-为无理数，又253m p a a d m pm p m p---===---为有理数，矛盾.所以，假设不成立，即不可能是同一个等差数列中的三项.16．在ABC △中，三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且,,A B C 成等差数列，,,a b c 成等比数列，求证：ABC △为等边三角形．【解析】由,,A B C 成等差数列，得2B A C =+①． 因为,,A B C 为ABC △的内角，所以.A B C ++=π② 由①②，得3B π=③，由,,a b c 成等比数列，得2b ac =④． 由余弦定理及③，可得222222cos b a c ac B a c ac ==+-+-．将④代入，可得22a c ac ac +-=，即2()0a c -=，因此a c =，从而有A C =⑤．由②③⑤，得3A B C π===，所以ABC △为等边三角形． 17．已知函数2()(1)1xx f x a a x -=+>+． （1）证明：函数()f x 在(1,)-+∞为增函数； （2）用反证法证明方程()0f x =没有负实根．。
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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课题：直接证明和间接证明
教学目标：
1.掌握并灵活运用比较法证明简单的不等式，掌握综合法与分析法，会利用综合法和分析法证明不等式.
2. 了解用反证法、换元法、放缩法等方法证明简单的不等式． 教学重点：
灵活作差比较法、作商比较法证明不等式，能合理进行作差（作商）后的变形、配凑，会灵活应用综合法、分析法解决不等式的证明问题 .
教材复习
比较法证明不等式的基本步骤：⎧⎫⎪⎪⎪
⎪
→→⎨
⎬⎪⎪⎪⎪⎭
⎩
配方法分解法作差（商）变形判断通分法放缩法有理化
综合法：就是从题设条件和已经证明的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不
等式，直至推出要证明的结论，可简称为“由因导果”，在使用分析法证明不等式时，要注意基本不等式的应用。
分析法：就是从所要证明的不等式出发，不断地利用充分条件替换前面的不等式，直至
找到题设条件或已经证明的基本不等式。
可简称为“执果索因”，在使用分析法证明不等式时，习惯上用“⇐”或“⇔”表达。
反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）；
换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性；
常用的换元有三角换元有：
已知2
2
2
a y x =+，可设θθsin ,cos a y a x ==；
已知12
2
≤+y x ，可设θθsin ,cos r y r x ==(10≤≤r )；
放缩法：“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小是由题目分析、多次尝试得出,
要注意放缩的适度。
常用的方法是：
①添加或舍去一些项，如：a a >+12
，n n n >+)1(，2
2
131242a a ⎛⎫⎛⎫++>+ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
②将分子或分母放大（或缩小）
③真分数的性质：“若0a b <<，0m >，则
a a m
b b m
+<
+ ④利用基本不等式，如：
4lg 16lg 15lg )2
5lg 3lg (
5lg 3log 2
=<=+<⋅；
⑤利用函数的单调性
⑥利用函数的有界性：如：sin x ≤1()x R ∈；2
x x -
≥
1
4
()x R ∈；2
0x >()x R ∈ ⑦利用常用结论：
2
=>=
()*
,1k N k ∈>
，
2=<=()*
,1k N k ∈>
Ⅱ、
k k k k k 111)1(112--=-< ； 111)1(112
+-=+>k k k k k （程度大） Ⅲ、
)1
111(21)1)(1(111122+--=+-=-<k k k k k k ； （程度小） ⑧绝对值不等式：a b -≤a b ±≤a b +；
典例分析：
考点一
用综合法证明不等式
问题1．()1已知0,0,0a b c >>>，且互不相等，1abc =，
(1)
2
n n ++<
111
a b c
<++
考点二用分析法证明不等式
问题2．设0,0,2
a b c a b
>>>+，求证：c a c
<
问题3．已知0
a>，0
b>，且a b
≠
>
用比较法、综合法、分析法证明，用尽可能多的方法）
考点三 用反证法证明不等式
问题4．已知332x y +=，求证：x y +≤2．
考点四 用放缩法证明不等式
问题5．求证：2231111
12212n n n
-
<++⋅⋅⋅+<-+(n ≥2)
课后作业：
1.已知：222121n a a a ++
+=，222121n x x x +++=，*n N ∈
求证: 1122n n a x a x a x +++≤1．
2.下列三个式子22a c -，22b a -，22(,,)c b a b c R -∈中
.A 至少有一式小于1- .B 都小于1- .C 都大于等于1-，.D 至少有一式大于等于1-
3.若a ≥3,求证：321---<--a a a a ．
4.已知221x y +=，求证：≤y ax -
5.若,,a b c R +∈，1a b c ++=,求证：()1()2111
(1)(1)(1)a b c
---≥8
6.求证：1-≤
2
11x x x --+≤1
3
7.求证：22
2
111
1223n +
+++
<
8.
||1||a b a b +++≤||||
1||1||
a b a b +++
9.已知ABC △的三边长为a 、b 、c ，若1a 、1b 、1
c
成等差数列.求证：B 不可能是钝角.
10.求证：21
<+⋅⋅⋅<()*n N ∈.
11.设1a b c ++=，2221a b c ++=，a b c >>，求证：1
03
c -<<．
12. 已知 1≤22x y +≤2，求证：1
2
≤22x xy y -+≤3.
13.设0,0,,111x y x y
x y A B x y x y
+>>=
=+++++，则,A B 的大小关系是。