高考复习数学直接证明与间接证明专项练习(附解析)

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高考数学一轮复习专题训练—直接证明与间接证明

直接证明与间接证明考纲要求1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点；2.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点．知识梳理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，直到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)为止实质由因导果执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒Q Q⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……2.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．(1)反证法的定义：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，从而证明了原命题成立的证明方法．(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．1．分析法是执果索因，实际上是寻找使结论成立的充分条件；综合法是由因导果，就是寻找已知的必要条件．2．综合法与分析法都是直接证明的方法，反证法是间接证明的方法．3．用反证法证题时，首先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况，然后推出矛盾，矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)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．( ) (2)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a Q B ．P ＝QC ．P <QD ．不能确定答案 A解析假设P >Q ，只需P 2>Q 2，即2a ＋13＋2a ＋6a ＋7>2a ＋13＋2a ＋8a ＋5，只需a 2＋13a ＋42>a 2＋13a ＋40.因为42>40成立，所以P >Q 成立．故选A.3．实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，abc >0，则1a ＋1b ＋1c 的值( )A ．一定是正数B ．一定是负数C ．可能是0D ．正、负不确定答案 B解析由a ＋b ＋c ＝0，abc >0得a ，b ，c 中必有两负一正，不妨设a <0，b <0，c >0，且|a |<|c |，则1|a |>1|c |，从而－1a >1c ，而1b <0，所以1a ＋1b ＋1c<0.4．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＝cos 2θ”，其过程应用了( ) A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证法答案 B5．(2020·西安月考)利用反证法证明：若x ＋y ＝0，则x ＝y ＝0，应假设为( ) A ．x ，y 都不为0 B ．x ，y 不都为0 C ．x ，y 都不为0，且x ≠y D ．x ，y 至少有一个为0 答案 B解析 x ＝y ＝0的否定为x ≠0或y ≠0，即x ，y 不都为0，选B.6．(2020·安庆检测)在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足________．答案 b 2＋c 2<a 2解析根据余弦定理，cos A ＝b 2＋c 2－a 22ab <0，所以b 2＋c 2<a 2.考点一综合法的应用【例1】设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤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≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(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，当且仅当“a ＝b ＝c ”时等号成立． (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，当且仅当“a 2＝b 2＝c 2”时等号成立，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.感悟升华 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．【训练1】本例的条件不变，证明a 2＋b 2＋c 2≥13.证明因为a ＋b ＋c ＝1，所以1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，因为2ab ≤a 2＋b 2,2bc ≤b 2＋c 2,2ac ≤a 2＋c 2，当且仅当“a ＝b ＝c ”时，等号成立，所以2ab ＋2bc ＋2ac ≤2(a 2＋b 2＋c 2)，所以1≤a 2＋b 2＋c 2＋2(a 2＋b 2＋c 2)，即a 2＋b 2＋c 2≥13.考点二分析法【例2】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．感悟升华分析法的证明思路：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．【训练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 ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，也就是c a ＋b ＋a b ＋c ＝1，只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°，由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立．于是原等式成立．考点三反证法【例3】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a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，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．综上，当q＝1时，数列{S n}是等差数列；当q≠1时，数列{S n}不是等差数列．感悟升华 1.适用范围：当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．2．关键：在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．【训练3】已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．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．A级基础巩固一、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 D解析由定义可知①②③④⑤都正确，选D.2．若a ，b ，c 为实数，且a ab >b 2 C.1a <1b D ．b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a 0，∴a 2>ab .① 又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2.3．(2020·厦门月考)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 至多有两个偶数答案 B解析 “至少有一个”的否定为“都不是”，故B 正确．4．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 ．不确定答案 C解析由sin A sin C <cos A cos C 得cos A cos C －sin A sin C >0，即cos(A ＋C )>0，所以A ＋C 是锐角，从而B >π2，△ABC 必是钝角三角形．故选C.5．分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x2时，索的因是( )A ．x 2>2B ．x 2>4C ．x 2>0D ．x 2>1答案 C解析因为x >0，所以要证1＋x <1＋x 2，只需证(1＋x )2<⎝⎛⎭⎫1＋x 22，即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立，故原不等式成立．故选C.6．(2021·西安模拟)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 的符号关系不确定答案 A解析由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ca <0，则－b a >0，－ca>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ca >0，即a ，b ，c 同号．故选A. 二、填空题7.6＋7与22＋5的大小关系为________．答案6＋7>22＋ 5解析要比较6＋7与22＋5的大小，只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小，只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小， ∵42>40，∴6＋7>22＋ 5.8．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________．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均能使ba ＋ab≥2成立． 9．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫－3，32 解析若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f－1＝－2p 2＋p ＋1≤0，f1＝－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. 三、解答题10．已知x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，求证：⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1>8. 证明因为x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，所以1x －1＝1－x x ＝y ＋z x >2yz x ，①1y －1＝1－y y ＝x ＋z y >2xz y ，② 1z －1＝1－z z ＝x ＋y z >2xy z ，③ 又x ，y ，z 为正数，由①×②×③，得⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1>8.11．已知a >5，求证：a －5－a －3<a －2－a . 证明要证a －5－a －3<a －2－a ，只需证a －5＋a <a －3＋a －2，只需证(a －5＋a )2<(a －3＋a －2)2，只需证2a －5＋2a 2－5a <2a －5＋2a 2－5a ＋6，只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6，只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6，只需证0<6，因为0<6恒成立，所以a －5－a －3<a －2－a 成立．B 级能力提升12．(2021·长春模拟)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设a 为实数，f (x )＝x 2＋ax ＋a ，可证|f (1)|与|f (2)|中至少有一个不大于12，由反证法证明时可假设|f (1)|≥12，且|f (2)|≥12，以下说法正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①与②的假设都正确C ．①的假设正确，②的假设错误D ．①的假设错误，②的假设正确答案 C解析用反证法证明时，应假设结论不成立，所以①正确；设a 为实数，f (x )＝x 2＋ax ＋a ，求证|f (1)|与|f (2)|中至少有一个不大于12，用反证法证明时假设应为|f (1)|>12且|f (2)|>12，所以②错误．故选C.13．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．其中判断正确的是________(填序号)．答案 ①②解析对①，假设(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0⇒a ＝b ＝c 与已知a ，b ，c 是不全相等的正数矛盾，所以①正确；对②，假设都不成立，这样的数a ，b 不存在，所以②正确；对③，举例a ＝1，b ＝2，c ＝3，a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 能同时成立，所以③不正确，填①②.14．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a －2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ，则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．故不存在常数a ，b (a >－2)使函数h (x )＝1x ＋2是[a ，b ]上的“四维光军”函数．。

高二数学直接证明与间接证明试题答案及解析

高二数学直接证明与间接证明试题答案及解析1.已知，试证明至少有一个不小于1.【答案】见解析【解析】先假设结论的反面成立，即假设均小于1，即，则有，然后通过不等式推出矛盾即可.假设均小于1，即，则有而，矛盾．所以原命题成立【考点】反证法.2.用反证法证明命题：“若a，，能被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是()A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b有一个能被5整除D．a，b有一个不能被5整除【答案】B【解析】反证法中，假设的应该是原结论的对立面，故应该为a，b都不能被5整除.【考点】反证法.3.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，反设正确的是（）A．假设三内角都不大于60度；B．假设三内角都大于60度；C．假设三内角至多有一个大于60度；D．假设三内角至多有两个大于60度。

【答案】B【解析】根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”．故选B .【考点】反证法与放缩法.4.（1）用反证法证明：在一个三角形中，至少有一个内角大于或等于；（2）已知，试用分析法证明：.【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】（1）根据应用反证法证明命题的一般步骤，先假设原命题的结论不成立，由此找出矛盾（本题中的矛盾指向：三角形的内角和定理），从而肯定结论进行证明即可；（2）根据分析法的思路是执果索因，要证，只需证，进而结合不等式的性质：不等式的可乘方性，进行逐渐整理即可得到最后只须证，显然成立，从而命题得证.试题解析：（1）证明：假设在一个三角形中，没有一个内角大于或等于，即均小于则三内角和小于，与三角形中三内角和等于矛盾，故假设不成立，原命题成立；（2）证明：要证上式成立，需证需证需证需证需证只需证因为显然成立，所以原命题成立.【考点】1.反证法；2.分析法.5.已知函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对任意的x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|<，若用反证法证明该题，则反设应为________．【答案】存在x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，虽然|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，但|f(x1)－f(x2)|≥【解析】根据已知和反证法的要求，反设应为：存在x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，虽然|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，但|f(x1)－f(x2)|≥6.用反证法证明：如果x>，那么x2＋2x－1≠0.【答案】见解析【解析】假设x2＋2x－1＝0则(x＋1)2＝2∴x＝－1±此时x<与已知x>矛盾，故假设不成立．∴原命题成立7.甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，只有其中一位获奖．有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是( )A．甲B．乙C．丙D．丁【答案】C【解析】由题意四位歌手的话只有两句是对的情况有甲丙、甲丁这两组，当甲丙说的对时，获奖的歌手是丙，此时乙、丁都说错了，符合题意；当甲丁说的对时，乙获奖了，这时乙也说对了，不符合只有两人说对的情况，排除；故获奖的歌手是丙，故选C【考点】本题考查了反证法的运用点评：此类问题的解决步骤：首先假设所要证明的结论不成立，然后再在这个假定条件下进行一系列的正确逻辑推理，直至得出一个矛盾的结论来，并据此否定原先的假设，从而确认所要证明的结论成立.这里所说的矛盾是指与题目中所给的已知条件矛盾，或是与数学中已知定理、公理和定义相矛盾，还可以是与日常生活中的事实相矛盾等8.（1）观察下列各式：请你根据上述特点，提炼出一个一般性命题（写出已知，求证），并用分析法加以证明。

考点38 直接证明与间接证明2020年领军高考数学(理)必刷题(解析版)

考点38 直接证明与间接证明1．用反证法证明数学命题时，首先应该做出与命题结论相反的假设，否定“自然数中恰有一个偶数”时正确的反设为( )A．自然数都是奇数B．自然数都是偶数C．自然数至少有两个偶数或都是奇数D．自然数至少有两个偶数【答案】C【解析】命题的否定是命题本题反面的所有情况，所以“自然数中恰有一个偶数”的否定是“自然数至少有两个偶数或都是奇数”，选C.2．用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程有有理根，那么，，中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是（）．A．假设，，都是偶数B．假设，，都不是偶数C．假设，，至多有一个是偶数D．假设，，至多有两个是偶数【答案】B3．用反证法证明命题“等腰三角形的底角必是锐角”,下列假设正确的是（）A．等腰三角形的顶角不是锐角B．等腰三角形的底角为直角C．等腰三角形的底角为钝角D．等腰三角形的底角为直角或钝角【答案】D【解析】分析：反证法的假设需要写出命题的反面，结合题意写出所给命题的反面即可.详解：反证法的假设需要写出命题的反面.“底角必是锐角”的反面是“底角不是锐角”，即底角为直角或钝角.本题选择D选项.4．用反证法证明命题“若都是正数，则三数中至少有一个不小于2”，提出的假设是（）A．不全是正数B．至少有一个小于2C．都是负数D．都小于2【答案】D5．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于”时，假设正确的是（）A．假设三内角都不大于B．假设三内角都大于C．假设三内角至多有一个大于D．假设三内角至多有两个大于【答案】B【解析】根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”.故选B.6．①已知，是实数，若，则且，用反证法证明时，可假设且；②设为实数，，求证与中至少有一个不小于，用反证法证明时，可假设，且.则A．①的假设正确，②的假设错误B．①的假设错误，②的假设正确C．①与②的假设都错误D．①与②的假设都正确【答案】B7．用反证法证明“三角形中至少有两个锐角”，下列假设正确的是（）A．三角形中至多有两个锐角B．三角形中至多只有一个锐角C．三角形中三个角都是锐角D．三角形中没有一个角是锐角【答案】B【解析】用反证法证明“一个三角形中至少有两个锐角”时，应先假设“一个三角形中最多有一个锐角”.故选：B.8．用反证法证明命题“已知为整数，若不是偶数，则都不是偶数”时，下列假设中正确的是（）A．假设都是偶数B．假设中至多有一个偶数C．假设都不是奇数D．假设中至少有一个偶数【答案】D【解析】由于“都不是”的否定是“不都是”，即“至少有一个”，所以应该假设中至少有一个偶数，故选D. 9．已知实数满足，，用反证法证明：中至少有一个小于0．下列假设正确的是（）A．假设至多有一个小于0B．假设中至多有两个大于0C．假设都大于0D．假设都是非负数【答案】D【解析】由于命题“若a，b，c，d中至少有一个小于0”的反面是“a，b，c，d都是非负数”，故用反证法证明时假设应为“a，b，c，d都是非负数”．故选D．10．对于命题：，若用反证法证明该命题，下列假设正确的是（）．A．假设，都不为0 B．假设，至少有一个不为0C．假设，都为0 D．假设，中至多有一个为0【答案】A11．用反证法证明“已知，求证：.”时，应假设( )A．B．C．且D．或【答案】D【解析】根据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，而的否定为“不都为零”，故选D.12．用反证法证明命题“已知为非零实数，且，，求证中至少有两个为正数”时，要做的假设是（）A．中至少有两个为负数B．中至多有一个为负数C．中至多有两个为正数D．中至多有两个为负数【答案】A【解析】用反证法证明某命题时，应先假设命题的否定成立，而：“中至少有二个为正数”的否定为：“中至少有二个为负数”．故选A．13．设函数，.(Ⅰ)讨论函数的单调性；(Ⅱ)当时，函数恰有两个零点，证明：【答案】(1) 当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)证明见解析.14．若无穷数列满足：是正实数，当时，，则称是“-数列”.已知数列是“-数列”.（Ⅰ）若，写出的所有可能值；（Ⅱ）证明：是等差数列当且仅当单调递减；（Ⅲ）若存在正整数，对任意正整数，都有，证明：是数列的最大项.【答案】（1）-2，0，2，8.（2）见解析（3）见解析15．已知集合{}128=,,...,X x x x 是集合{2001,2002,2003,,2016,S = 2017}的一个含有8个元素的子集.（Ⅰ）当{}2001,2002,2005,2007,2011,2013,2016,2017X =时, 设(),1,8,i j x x X i j ∈≤≤（i ）写出方程2i j x x -=的解(),i j x x ；（ii ）若方程(0)i j x x k k -=>至少有三组不同的解,写出k 的所有可能取值.（Ⅱ）证明:对任意一个X ,存在正整数,k 使得方程(1,i j x x k i -=≤ 8)j ≤至少有三组不同的解. 【答案】（Ⅰ）（i ）()()2007,2005,2013,2011,（ii ）4,6；（Ⅱ）证明见解析.假设不存在满足条件的k ,则这13个数中至多两个1、两个2、两个3、两个4、两个5、两个6,从而又这与①矛盾,所以结论成立.16．（1）（用综合法证明）已知△ABC的内角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，证明：△ABC为等边三角形。

高考数学直接证明与间接证明专项练习题附答案

高考数学直接证明与间接证明专项练习题附答案1.(2022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-a2b20,只要证明( )A.2ab-1-a2b20B.a2+b2-1-0C.-1-a2b20D.(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.(2022天津模拟)p=,q=(m,n,a,b,c,d均为正数),则p,q的大小为( )A.pqB.pqC.pqD.不确定5.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,若x1+x20,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.(2022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ab,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a0,求证:a+-2.10.已知在数列{an}中,a1=5,且an=2an-1+2n-1(n2,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m1,a=,b=,则以下结论正确的是( )A.abB.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.(2022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x00,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立若存在,求出x0的取值范围;若不存在,请说明理由.高考数学直接证明与间接证明专项练习题参考答案1.A 解析:至少有一个的否定为没有.2.D 解析:因为a2+b2-1-a2b20(a2-1)(b2-1)0,故选D.3.D 解析:a0,b0,c0,6,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x0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数.由x1+x20,可知x1-x2,即f(x1)b2+c2 解析:由余弦定理cos A=0,则b2+c2-a20,即a2b2+c2.9.证明:要证a+-2,只需要证+2a+.又a0,所以只需要证,即a2++4+4a2+2++2+2,从而只需要证2,只需要证42,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=(221+1)+(322+1)++(n2n-1+1)+[(n+1)2n+1], 所以Sn=221+322++n2n-1+(n+1)2n+n.设Tn=221+322++n2n-1+(n+1)2n,①2Tn=222+323++n2n+(n+1)2n+1.②②-①,得Tn=-221-(22+23++2n)+(n+1)2n+1=n2n+1,所以Sn=n2n+1+n=n(2n+1+1).11.B 解析:a=,b=,又,,即aa+b()2()0a0,b0,且ab.13.证明:因为+b2a,+c2b,+a2c, 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x00,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立,即对任意x0,有ln x0,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立.。

高一数学直接证明与间接证明试题答案及解析

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

高三数学-直接证明与间接证明精品练习题(详解)

高三数学-直接证明与间接证明精品练习题（详解）普通高中、重点高中共用作业(高考难度一般，无须挖潜)A 级——基础小题练熟练快1．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实数根”时，假设为( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实数根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实数根C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实数根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实数根解析：选A “至少有一个实数根”的否定是“一个实数根也没有”，即“没有实数根”．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．分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x 2时，索的因是( ) A ．x 2>2B ．x 2>4C ．x 2>0D ．x 2>1 解析：选C 因为x >0，所以要证1＋x <1＋x 2，只需证(1＋x )2<⎝⎛⎭⎫1＋x 22，即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立，故原不等式成立．4．设x ，y ，z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( ) A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2解析：选C 假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c ＜6，而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋⎝⎛⎭⎫y ＋1y ＋⎝⎛⎭⎫z ＋1z ≥2＋2＋2＝6，与a ＋b ＋c ＜6矛盾，∴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.5．在等比数列{a n}中，a1<a2<a3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a1<a2<a3时，设公比为q，由a1<a1q<a1q2得若a1>0，则1<q<q2，即q>1，此时，显然数列{a n}是递增数列，若a1<0，则1>q>q2，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a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比数列{a n}递增的充要条件．6．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)<0.7．(·太原模拟)用反证法证明“若x2－1＝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．如果a a＋b b＞a b＋b a，则a，b应满足的条件是__________．解析：a a＋b b＞a b＋b a，即(a－b)2(a＋b)＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b9．设a＝3＋22，b＝2＋7，则a，b的大小关系为________．解析：a＝3＋22，b＝2＋7，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋46，b2＝11＋47，显然6<7，所以a<b.答案：a<b10．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 >1a，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：①③④B 级——中档题目练通抓牢1．已知x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，求证：⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1>8. 证明：因为x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，所以1x －1＝1－x x ＝y ＋z x >2yz x ，①1y －1＝1－y y ＝x ＋z y >2xz y，② 1z －1＝1－z z ＝x ＋y z >2xy z，③ 又x ，y ，z 为正数，由①×②×③，得⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1>8.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n 2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．解：(1)由S n ＝3n 2－n 2，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，当n ＝1时也适合．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)证明：要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2，而此时m ∈N *，且m >n .所以对任意的n >1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．3.如图，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：EC ∥平面PAD ；(2)求证：平面EAC ⊥平面PBC .证明：(1)作线段AB 的中点F ，连接EF ，CF ，则AF ＝CD ，AF ∥CD ，∴四边形ADCF 是平行四边形，则CF ∥AD .又EF ∥AP ，且CF ∩EF ＝F ，AP ∩AD ＝A ，∴平面CFE ∥平面PAD .又EC ⊂平面CEF ，∴EC ∥平面PAD .(2)∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AC .∵四边形ABCD 是直角梯形，且AB ＝2AD ＝2CD ＝2，∴AC ＝2，BC ＝ 2.∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴AC ⊥BC ，∵PC ∩BC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC .∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .4．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：－20，由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝⎛⎭⎫1a >0与f ⎝⎛⎭⎫1a ＝0矛盾，∴1a≥c，又∵1a≠c，∴1 a>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＝－b2a＝x1＋x22<x2＋x22＝x2＝1a，即－b2a<1a.又a>0，∴b>－2，∴－2<b<－1.。

2024年高考数学一轮复习考点38直接证明与间接证明必刷题理含解析

考点38 干脆证明与间接证明1．（河北省衡水市第十三中学2025届高三质检四）利用反证法证明：若0x y +=，则0x y ==，假设为( ) A ．,x y 都不为0B ．,x y 不都为0C ．,x y 都不为0，且x y ≠D ．,x y 至少有一个为0【答案】B 【解析】0x y ==的否定为00x y ≠≠或，即x ，y 不都为0，选B.2．（四川省凉山州2025届中学毕业班第一次诊断性检测）十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经验三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明白费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（） A ．存在至少一组正整数组使方程有解B ．关于的方程有正有理数解C ．关于的方程没有正有理数解 D ．当整数时，关于的方程没有正实数解【答案】C 【解析】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.假设关于的方程有正有理数解，故可写成整数比值的形式，不妨设，其中为互质的正整数，为互质的正整数.代入方程得，两边乘以得，由于都是正整数，这与费马大定理冲突，故假设不成立，所以关于的方程没有正有理数解.故选C.3．（湖北省黄冈、华师附中等八校2025届高三上学期第一次联考数学理）已知各项均为正数的两个无穷数列和满意：，且是等比数列，给定以下四个结论：①数列的全部项都不大于；②数列的全部项都大于；③数列的公比等于；④数列肯定是等比数列。

其中正确结论的序号是____________．【答案】①③④ 【解析】因为，所以①，下证等比数列的公比.若，则，则当时，，此时，与①冲突；若，则，则当时，此时，与①冲突.故，故.下证，若，则，于是，由得，所以中至少有两项相同，冲突.所以，所以，所以正确的序号是①③④.4．（北京市昌平区2025届高三5月综合练习二模理）对于集合{}12,,,n A a a a =⋅⋅⋅，12{,,,}m B b b b =⋅⋅⋅，**,n m ∈∈N N ,{|,}A B x y x A y B +=+∈∈.集合A 中的元素个数记为||A .规定：若集合A 满意(1)||2n n A A ++=，则称集合A 具有性质T ．（I ）已知集合{1,3,5,7}A =，1248{,,,}3333B =，写出||A A +，||B B +的值；（II ）已知集合{}12,,,n A a a a =⋅⋅⋅，{}n a 为等比数列，0n a >，且公比为23，证明：A 具有性质T ；（III ）已知,A B 均有性质T ，且n m =，求||A B +的最小值. 【答案】（I ）||7;||10.A A B B +=+=；（II ）见解析；（III ）(1)2n n +. 【解析】（I ）由题意可得：{}2,4,6,8,10,12,14A A +=，25410816,1,,3,,2,,,4,333333B B ⎧⎫+=⎨⎬⎩⎭, 故||7;||10.A A B B +=+=（II ）要证A 具有性质T ，只需证明，若1234n n n n <≤<，则1423n n n n a a a a +≠+. 假设上式结论不成立，即若1234n n n n <≤<，则1423n n n n a a a a +=+. 即3142nn n n q q q q +=+，即3141211n n n n n n qq q ---=+-，314121222()()()1333n n n n n n ---=+-，314341214241223233n n n n n n n n n n n n ------=⨯+⨯-. 因为上式的右边为3的倍数，而上式的左边为2的倍数，所以上式不成立. 故假设不成立，原命题成立.（III ）由题意，集合A 具有性质T ，等价于随意两个元素之和均不相同. 如，对于随意的a b c d <≤<，有a d b c +≠+，等价于d c b a -≠-，即随意两个不同元素之差的肯定值均不相同.令*{|,,}A x y x A y A x y =-∈∈>，所以A 具有性质T *(1)(1)||||22n n n n A A A +-⇔+=⇔=. 因为集合,A B 均有性质T ，且n m =，所以2**||||A B n AB +=-2(1)(1)22n n n n n -+≥-=，当且仅当A B =时等号成立. 所以||A B +的最小值为(1)2n n +. 5．（上海市浦东新区2025届高三下学期期中教学质量检测二模）已知函数()y f x =的定义域D ，值域为A . （1）下列哪个函数满意值域为R ，且单调递增？（不必说明理由） ①()1tan[()],(0,1)2f x x x π=-∈，②()1lg(1),(0,1)g x x x=-∈.（2）已知12()log (21),()sin 2,f x x g x x =+=函数[()]f g x 的值域[1,0]A =-，试求出满意条件的函数[()]f g x 一个定义域D ；（3）若D A ==R ，且对随意的,x y R ∈，有()()()f x y f x f y -=-，证明：()()()f x y f x f y +=+. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）()()1tan ,0,12f x x x π⎡⎤⎛⎫=-∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦满意.()()1lg 1,0,1g x x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭不满意.（2）因为()()[]12log 2sin211,0f g x x ⎡⎤=+∈-⎣⎦，所以[]2sin211,2,x +∈即1sin20,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以][522,22,2,.66x k k k k k Z πππππππ⎡⎤∈+⋃++∈⎢⎥⎣⎦所以][5,,,,12122x k k k k k Z πππππππ⎡⎤∈+⋃++∈⎢⎥⎣⎦满意条件的0,12D π⎡⎤=⎢⎥⎣⎦（答案不唯一）. （3）假设存在,a b 使得()()()f a b f a f b +≠+又有()()()()()(),f a f a b f b f b f a b f a =+-=+-，所以()()()()()(),f a f a b f b f b f a b f a -=+--=+-，结合两式：()()(),0f a f b f a b =+=，所以()()()0f b f a f a b --=+=，故()()()f a f b f a -==.由于()()()f a b f a f b +≠+知：()0f a ≠. 又()()12222a a a f f a f f f a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⇒=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 类似地，由于()0f a -≠，()22a a f f a f ⎛⎫⎛⎫-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得()()11222a f f a f a ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭. 所以()022a a f a f f ⎛⎫⎛⎫=--=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，与()0f a ≠冲突，所以原命题成立. 6．（北京市大兴区2025届高三4月一模数学理）已知集合121000{}A a a a =，，，，其中*(121000)，，，i a i ∈=N ，1210002019a a a <<<≤．假如集合A 满意：对于随意的(121000)m n A m n +∈=，，，，，都有+m n a a A ∈，那么称集合A 具有性质P ．（Ⅰ）写出一个具有性质P 的集合A ；（Ⅱ）证明：对随意具有性质P 的集合A ，2000A ∉；（Ⅲ）求具有性质P 的集合A 的个数．【答案】（Ⅰ）{1,2,,1000}A =；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）192.【解析】解：（Ⅰ）{}1,2,,1000A =（Ⅱ）证明：假设存在k a A ∈，使得2000k a =，明显1000k ≤，取1000i j ==，则100010002000k a A +==∈，由题意1000100010002a a a A +=∈，而1000a 为集合A 中元素的最大值，所以，10002a A ∉，冲突，假设不成立，所以，不存在k a A ∈，使得2000k a =．（Ⅲ）设k 为使得2000k a <的最大正整数，则100099912001k a a a +>>>≥．若1000k a >，则存在正整数i ，使得1000k a i A =+∈，所以1000i a a A +∈．同（Ⅱ）10001000i a a a +>不行能属于集合A ．于是()10001,2,,i a i k ≤=，由题意知()1,2,,1000i a i i ≥=，所以，k a k ≥，集合A 中大于2000的元素至多有19个，所以100019981k -=≥．下面证明k a k >不行能成立．假设k a k >，则存在正整数i ，使得k a k i A =+∈，明显19i ≤，所以存在正整数m 使得22000m k i k a a a a =+<<．而2000m i k k a a a a >=+>与k 为使得2000k a <的最大正整数冲突，所以k a k >不行能成立．即k a k =成立．当k a k =时，对于随意的1,1000i j k ≤≤≤满意i j A +∈明显有i j a a A +∈成立．若2001i a ≥，则2000k i j <+≤，即i j A +∉，所以，{}1210001,2,,,,,k k A k a a a ++=，其中()20001,2,,1000i a i k k >=++均为符合题意的集合．而k 可能取的值为981，982，…，1000，故符合条件的集合个数为01181919191919192C C C C +++=．因此，满意条件的集合A 的个数为192．7．（江苏省2025届高三其次学期联合调研测试）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，01n a <<.（1）若332S <，求证：1a ，2a ，3a 必可以被分为1组或2组，使得每组全部数的和小于1；（2）若12n k S +<，求证：1a ，2a ，…，n a 必可以被分为m 组（1m k ≤≤），使得每组全部数的和小于1．【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】解：（1）不妨设32101a a a <≤≤< 假设321a a +≥，则212a ≥ 所以1212a a ≥≥所以12332a a a ++≥与332S <冲突，因此321a a +<, 所以必可分成两组()23,a a 、1()a 使得每组全部数的和小于1 （2）不妨设12112i a a a >≥≥≥≥，1()2j a i j n <<≤ 先将1a ，2a ，…，i a 单独分为一组，再对后面项依次合并分组，使得每组和属于1,12⎛⎫⎪⎝⎭，最终一组和属于10,2⎛⎫⎪⎝⎭，不妨设将1a ，2a ，…，n a 分为1a ，2a ，…，i a ，12,,s b b b ⋯，1s b +共()1i s ++组，且其中()i s +组1a ，2a ，…，i a ，121,,,12s b b b ⎛⎫⋯∈⎪⎝⎭，最终一组110,2s b +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭首先i s +必小于等于k ，否则1i s k +≥+，与12n k S +≥，冲突当1i s k +≤-时，则1k i s ++≤所以只需将1a ，2a ，…，n a 分为1a ，2a ，…，i a ，12,,s b b b ⋯，1s b +即可满意条件；当i s k +=时，可将s b 与1s b +合成一组，且11s s b b ++<，否则11122n k k S -+≥+=，冲突此时只需将1a ，2a ，…，n a 分为1a ，2a ，…，i a ，121,,s b b b -⋯，1s s b b ++即可满意条件，所以1a ，2a ，…，n a 必可以被分为m 组(1≤m ≤k )，使得每组全部数的和小于1．8．（北京市门头沟区2024年3月高三年级综合练习数学试卷理）给定数列{}n a ，若满意1(0a a a =>且1)a ≠，对于随意的n ，*m N ∈，都有n m n m a a a +=⋅，则称数列{}n a 为“指数型数列”．(Ⅰ)已知数列{}n a ，{}n b 的通项公式分别为153n n a -=⨯，4n n b =，试推断{}n a ，{}n b 是不是“指数型数列”；(Ⅱ)若数列{}n a 满意：112a =，()1123*n n n n a a a a n N ++=+∈，推断数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；(Ⅲ)若数列{}n a 是“指数型数列”，且()11*2a a a N a +=∈+，证明：数列{}n a 中随意三项都不能构成等差数列．【答案】（Ⅰ）{}n a 不是指数型数列，{}n b 是指数型数列；（Ⅱ）数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是“指数型数列”；（Ⅲ）详见解析. 【解析】(Ⅰ)解：对于数列{}n a ，()11155353533n m n m n m n m a a a --+-+⋅=⨯⨯⨯=⨯⨯≠，所以{}n a 不是指数型数列．对于数列{}n b ，对随意n ，*m N ∈，因为444n mn m n m n m b b b ++==⋅=⋅，所以{}n b 是指数型数列．(Ⅱ)证明：由题意，11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是“指数型数列”，n 1123n n n a a a a ++=+，1113112131n n n n a a a a ++⎛⎫⇒=+⇒+=+ ⎪⎝⎭，所以数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列，11111133n n n a a -⎛⎫+=+⨯= ⎪⎝⎭，111113331n m m nn m n m a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=⋅==+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是“指数型数列”． (Ⅲ)证明：因为数列{}n a 是指数型数列，故对于随意的n ，*m N ∈，有n mn m a a a +=⋅，11112nn n n n a a a a a a a ++⎛⎫⇒=⋅⇒== ⎪+⎝⎭，假设数列{}n a 中存在三项u a ，v a ，w a 构成等差数列，不妨设u v w <<，则由2v u w a a a =+，得1112222v u wa a a a a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()()()()22121w vv uw uw ua a a a ----++=+++，当a 为偶数时，()()v u22a 1w va --++是偶数，而()w ua 2-+是偶数，()w ua 1-+是奇数，故()()()()w vv uw uw u2a 2a 1a 2a 1----++=+++不能成立；当a 为奇数时，()()w vv u2a 2a 1--++是偶数，而()w ua 2-+是奇数，()w ua 1-+是偶数，故()()()()w vv uw uw u2a 2a 1a 2a 1----++=+++也不能成立．所以，对随意*a N ∈，()()()()w vv uw uw u2a 2a 1a 2a 1----++=+++不能成立，即数列{}n a 的随意三项都不成构成等差数列．9．（河北省衡水市第十三中学2025届高三质检四）已知ABC ∆的内角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，三边互不相等，且满意2b ac <.（1（2）求证：B 不行能是钝角. 【答案】（1<（2）详见解析. 【解析】解：（1）大小关系为b ca b<. 证明如下：要证b ca b<，只需证b c a b <，由题意知,,0a b c >，只需证2b ac <，（已知条件）故所得大小关系b ca b<正确. （2）证明：假设B 是钝角，则cos 0B <，而222222cos 0222a c b ac b ac b B ac ac ac+---=>>>，这与cos 0B <冲突，故假设不成立. 所以B 不行能是钝角.10．（浙江省余姚中学2025届高三选考科目模拟卷二）设,对于，有.（1）证明：（2）令,证明：（I ）当时，（II ）当时，【答案】（1）见解析;（2）（I ）见解析;（II ）见解析. 【解析】（1）若，则只需证只需证成立只须要证成立，而该不等式在时恒成立…故只须要验证时成马上可，而当时，均满意该不等式。

高二数学直接证明与间接证明试题答案及解析

高二数学直接证明与间接证明试题答案及解析1.对于任意正整数n，猜想2n﹣1与（n+1）2的大小关系，并给出证明．【答案】时，；时，；时，．【解析】解题思路：先代入，求值进行归纳猜想；再利用数学归纳法进行证明.规律总结：对于此类与正整数有关的问题，往往先利用归纳推理得出结论，再利用数学归纳法进行证明.试题解析：时，；时，；时，，猜想时，．证明：①当时，由以上知结论成立；②假设当时，，则时，而，因为，故，所以，即，即，即时，结论成立，由①，②知，对任意，结论成立.【考点】1.归纳推理；2.数学归纳法.2.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，假设正确的是( )A．假设三内角都不大于60度B．假设三内角都大于60度C．假设三内危至多有一个大于60度D．假设三内角至多有两个大于60度【答案】B．【解析】根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”．故选B．【考点】反证法与放缩法．3.已知，试证明至少有一个不小于1.【答案】见解析【解析】先假设结论的反面成立，即假设均小于1，即，则有，然后通过不等式推出矛盾即可.假设均小于1，即，则有而，矛盾. 所以原命题成立【考点】反证法.4. 1）求证：当时，2）证明: 不可能是同一个等差数列中的三项【答案】（1）证明过程详见试题解析；（2）证明过程详见试题解析.【解析】（1）因为式子两边同时平方成立，所以原结论成立；（2）用反证法证明即可.（1)(当且仅当时取等号)（其他证法，如分析法酌情给分） 7分（2)假设是同一个等差数列中的三项，分别设为则为无理数，又为有理数所以，假设不成立，即不可能是同一个等差数列中的三项 14分【考点】推理与证明.5.用反证法证明命题：“若a，，能被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是()A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b有一个能被5整除D．a，b有一个不能被5整除【答案】B【解析】反证法中，假设的应该是原结论的对立面，故应该为a，b都不能被5整除.【考点】反证法.6.用反证法证明命题：“若a，，能被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是()A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b有一个能被5整除D．a，b有一个不能被5整除【答案】B【解析】反证法中，假设的应该是原结论的对立面，故应该为a，b都不能被5整除.【考点】反证法.7.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__ __ ．【答案】①③【解析】由综合法、分析法、反证法的定义可知，①③是正确的语句；而②④不正确，对于②，分析法是直接证法之一，而不是间接证法；对于④，反证法，是属于间接证法；所以正确的语句是①③.【考点】直接证明与间接证明的方法.8.设a>0，b>0,2c>a＋b，求证：(1)c2>ab；(2)c－<a<c＋.【答案】见解析【解析】(1)∵a>0，b>0，∴2c>a＋b≥2∴c>>0，∴c2>ab.(2)要证c－<a<c＋只要证－<a－c<即证|a－c|<，也就是(a－c)2<c2－ab而(a－c)2－(c2－ab)＝a(a＋b－2c)<0∴原不等式成立．9.已知a>0，求证：－≥a＋－2.【答案】见解析【解析】要证－≥a＋－2，只要证＋2≥a＋＋.∵a>0，故只要证2≥2，即a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2 ＋2，从而只要证2 ≥，只要证4≥2，即a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．10.求证：(1); (2) +>+。

2020人教版高二数学下学期重点练专题09 直接证明与间接证明(附答案解析)

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分析法是间接证明法;⑤分析法是逆推法.其中正确的语句有( )A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】C【解析】结合综合法和分析法的定义可知①②③⑤均正确,分析法和综合法均为直接证明法,故④不正确.2.设()f x 是定义在R 上的奇函数,且当0x ≥时, ()f x 单调递减,若120x x +>,则()()12f x f x +的值( )A.恒为负值B.恒等于零C.恒为正值D.无法确定正负【答案】A【解析】由()f x 是定义在R 上的奇函数,且当0x ≥时, ()f x 单调递减,可知()f x 是R 上的单调递减函数.由120x x +>,可知12x x >-,()()12f x f x <-,则()()120f x f x +<.故选A.3.若ABC △能被一条直线分成两个与自身相似的三角形,那么这个三角形的形状是( )A.钝角三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.不能确定【答案】B【解析】分ABC △的直线只能过一个顶点且与对边相交,如直线AD (点D 在BC 上),则πADB ADC ∠+∠=,若ADB ∠为钝角,则ADC ∠为锐角.而,ADC BAD ADC ABD ∠>∠∠>∠,ABD △与ACD △不可能相似,与已知不符,只有当π2ADB ADC BAC ∠=∠=∠=时,才符合题意. 4.已知,?a b 是异面直线 ,直线c 平行直线a ,则c 与b ( )A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线【答案】C【解析】c 与b 不可能是平行直线,否则与条件矛盾.专题09直接证明与间接证明第二章推理与证明5.用反证法证明命题“设a ,b 为实数,则方程20x ax b ++=至少有一个实根”时,要做的假设是( )A.方程20x ax b ++=没有实根B.方程20x ax b ++=至多有一个实根C.方程20x ax b ++=至多有两个实根D.方程20x ax b ++=恰好有两个实根【答案】A【解析】“方程20x ax b ++=至少有一个实根”等价于“方程20x ax b ++=有一个实根或两个实根”所以该命题的否定是“方程20x ax b ++=没有实根”.故选A.6.用反证法证明命题“设,a b 为实数,则方程30x ax b ++=至少有一个实根”时,要做的假设是__________.【答案】方程30x ax b ++=没有实根【解析】至少有一个实根的否定是没有实根,故要做的假设是“方程30x ax b ++=没有实根”.7、用反证法证明命题:“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤:①9090180A B C C ∠+∠+∠=︒+︒+∠>︒,这与三角形内角和为180︒相矛盾, 90A B ∠=∠=︒不成立;②所以一个三角形中不能有两个直角;③假设三角形的三个内角A ∠、B ∠、C ∠中有两个直角,不妨设90A B ∠=∠=︒,正确顺序的序号为__________.【答案】③①②【解析】根据反证法的证法步骤知:假设三角形的三个内角A 、B 、C 中有两个直角,不妨设90A B ∠=∠=︒,正确 ; 9090180A B C C ∠+∠+∠=︒+︒+∠>︒,这与三角形内角和为180︒相矛盾, 90A B ∠=∠=︒不成立;所以一个三角形中不能有两个直角.故顺序的序号为③①②.8.在ABC ∆中,若AB AC =,P 是ABC ∆内一点, APB APC ∠>∠,求证: BAP CAP ∠<∠,用反证法证明时应分:假设__________和__________两类.【答案】 BAP CAP ∠=∠;BAP CAP ∠>∠【解析】反证法对结论的否定是全面的否定, BAP CAP ∠=∠的对立面就是 BAP CAP ∠=∠,BAP CAP ∠>∠.9. 用反证法证明命题“,N a b ∈,如果ab 可被5整除,那么,a b 中至少有一个能被5整除”,那么假设的内容是__________.【答案】,a b 都不能被5整除【解析】反证法是“间接证明法”一类,是从反方向证明的证明方法,即:肯定题设而否定结论,从而得出矛盾。

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

♦♦♦学生用书（后跟详细参考答案和教师用书）♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章推理与证明、算法、复数第72讲直接证明与间接证明★★★核心知识回顾★★★知识点一、直接证明 (1)综合法①定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法． ②框图表示：P ⇒Q 1―→Q 1⇒Q 2―→Q 2⇒Q 3―→…―→Q n ⇒Q(其中P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所要证明的结论)． ③思维过程：由因导果． (2)分析法①定义：一般地，从出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1―→P 1⇐P 2―→P 2⇐P 3―→…―→得到一个明显成立的条件 (其中Q 表示要证明的结论)． ③思维过程：执果索因．知识点二、间接证明反证法：一般地，假设原命题 (即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明的证明方法．★★★高考典例剖析★★★考点一、综合法的应用例1：(2018·武汉月考)若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c . 证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，a ＋c 2≥ac >0.由于a ，b ，c 是不全相等的正数，∴上述三个不等式中等号不能同时成立， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc >0成立．上式两边同时取常用对数，得 lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ，∴lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .1．(2018·绥化模拟)设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a ( )A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于22．(2018·大庆质检)如果a a ＋b b >a b ＋b a 成立，则a ，b 应满足的条件是__________________________．题型二分析法的应用例2： (2018·长沙模拟)已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 证明要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝⎛⎭⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22，只需证明sin (x 1＋x 2)2cos x 1cos x 2>sin (x 1＋x 2)1＋cos (x 1＋x 2).由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2，即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立，因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.3．已知函数f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 4．已知a >0，证明：a 2＋1a 2－ 2 ≥a ＋1a－2.题型三反证法的应用命题点1 证明否定性命题例3： (2018·株州月考)设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列． (1)解设{a n }的前n 项和为S n ，则当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，② ①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1.(2)证明假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．命题点2 证明存在性命题例4：已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1. (1)求证：SA ⊥平面ABCD ；(2)在棱SC 上是否存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD ？若存在，确定F 点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2，∴SA ⊥AD . 同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， ∴SA ⊥平面ABCD .(2)解假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD .∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD . ∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ， ∴平面FBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾， ∴假设不成立．∴不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD . 命题点3 证明唯一性命题例5： (2018·宜昌模拟)已知M 是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ，①方程f (x )－x ＝0有实数根；②函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.(1)判断函数f (x )＝x 2＋sin x 4是不是集合M 中的元素，并说明理由；(2)集合M 中的元素f (x )具有下面的性质：若f (x )的定义域为D ，则对于任意[m ，n ]⊆D ，都存在x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)成立．试用这一性质证明：方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．(1)解 ①当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根0； ②f ′(x )＝12＋cos x4，所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1. 由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x 4是集合M 中的元素．(2)证明假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β (α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0. 不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)，满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，所以f ′(c )＝1. 与已知0<f ′(x )<1矛盾．又f (x )－x ＝0有实数根，所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．5．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a －2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．6．(2018·衡阳调研)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A ，C 两点，O 是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长； (2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．★★★知能达标演练★★★一、选择题1．若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定2．设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c 的等差中项，则a x ＋cy 等于( )A ．1B ．2C ．4D ．63．若a ，b ，c 为实数，且a ab >b 2 C.1a <1bD.b a >a b4．用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根5．(2018·岳阳调研)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( ) A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A6．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”索的因应是( ) A ．a －b >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<07．(2017·郑州模拟)设x >0，P ＝2x ＋2－x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≤QD ．P ≥Q8．①已知p 3＋q 3＝2，证明：p ＋q ≤2.用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②若a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证：方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( ) A ．①与②的假设都错误 B ．①的假设正确；②的假设错误 C ．①与②的假设都正确D ．①的假设错误；②的假设正确9．若1a <1b <0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2|a ＋b |10．(2018·济宁模拟)设a ，b 是两个实数，给出下列条件： ①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1. 其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( ) A ．②③ B ．①②③ C ．③ D ．③④⑤二、填空题11．(2017·德州一模)如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 2B 2C 2是__________三角形．12．用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是__________________．13．(2018·邢台调研)6＋7与22＋5的大小关系为______________．14．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________________________________________________________________________． 15．(2017·武汉联考)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列命题： ①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β. 其中正确命题的序号是________．16．(2018·长春模拟)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是____________．三、解答题17．(2017·黄冈模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3(n ∈N *)．其中m 为常数，且m ≠－3且m ≠0. (1)求证：{a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的公比q ＝f (m )，数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝32f (b n －1)(n ∈N *，n ≥2)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为等差数列．18．(2017·北京)设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }(n ＝1,2,3，…)，其中max{x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数． (1)若a n ＝n ，b n ＝2n －1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，c nn >M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．19．设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .20．(2018·中山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．21．(2017·江苏)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋ a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n 对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”． (1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列．♦♦♦详细参考答案♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章推理与证明、算法、复数第72讲直接证明与间接证明★★★核心知识回顾★★★知识点一、直接证明 (1)综合法①定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法． ②框图表示：P ⇒Q 1―→Q 1⇒Q 2―→Q 2⇒Q 3―→…―→Q n ⇒Q(其中P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所要证明的结论)． ③思维过程：由因导果． (2)分析法①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1―→P 1⇐P 2―→P 2⇐P 3―→…―→得到一个明显成立的条件 (其中Q 表示要证明的结论)． ③思维过程：执果索因．知识点二、间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．★★★高考典例剖析★★★考点一、综合法的应用 ♦♦♦跟踪训练♦♦♦ 1．答案 D解析 ∵a >0，b >0，c >0， ∴⎝⎛⎭⎫a ＋1b ＋⎝⎛⎭⎫b ＋1c ＋⎝⎛⎭⎫c ＋1a ＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2. 2．答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b 解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a ) ＝(a －b )(a －b ) ＝(a －b )2(a ＋b )．∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0. ∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b . 题型二分析法的应用 ♦♦♦跟踪训练♦♦♦3．证明要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明1212(32)(32)2x x x x －＋－≥1223x x +－2·x 1＋x 22，因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥1223x x+－(x 1＋x 2)，即证明12332x x +≥1223x x+，因此只要证明12332x x +由于当x 1，x 2∈R 时，13x>0,23x>0，由基本不等式知12332x x +x 1＝x 2时，等号成立．故原结论成立． 4．证明要证a 2＋1a 2－2≥ a ＋1a－2，只需证a 2＋1a2 ≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)．因为a >0，所以⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)>0，所以只需证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2 2≥⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)2，即2(2－2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a ≥2显然成立(当a ＝1a＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．题型三反证法的应用♦♦♦跟踪训练♦♦♦5．解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ，即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.(2)假设存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ] 上的“四维光军”函数，因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有⎩⎪⎨⎪⎧ h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎨⎧ 1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．6．解析 (1)解因为四边形OABC 为菱形，则AC 与OB 相互垂直平分．由于O (0,0)，B (0,1)，所以设点A ⎝⎛⎭⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1，则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4分](2)证明假设四边形OABC 为菱形，因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分]设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k 2. 所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分] 因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－14k，因为k ·⎝⎛⎭⎫－14k ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分]所以四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 在W 上且不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]★★★知能达标演练★★★一、选择题1．答案 A解析 P 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋42，Q 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋40，∴P 2>Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P >Q .2．答案 B解析由题意，得x ＝a ＋b 2，y ＝b ＋c 2，b 2＝ac ， ∴xy ＝(a ＋b )(b ＋c )4， a x ＋c y ＝ay ＋cx xy ＝a ·b ＋c 2＋c ·a ＋b 2xy＝a (b ＋c )＋c (a ＋b )2xy ＝ab ＋bc ＋2ac 2xy＝ab ＋bc ＋ac ＋b 22xy ＝(a ＋b )(b ＋c )2xy＝(a ＋b )(b ＋c )2×(a ＋b )(b ＋c )4＝2. 3．答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a 0，∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，②由①②得a 2>ab >b 2.4．答案 A解析方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故选A.5．答案 A解析因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b，又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b . 6．答案 C解析由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2⇐(a ＋c )2－ac <3a 2⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.7．答案 A解析因为2x ＋2－x ≥22x ·2－x ＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin 2x ，而sin 2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .故选A.8．答案 D解析对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.9．答案 D解析 ∵1a <1b<0，∴0>a >b . ∴a 21，但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，下面用反证法证明：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.二、填空题11．答案钝角解析由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1.sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧ A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1.那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为π相矛盾．所以假设不成立．假设△A 2B 2C 2是直角三角形，不妨设A 2＝π2，则cos A 1＝sin A 2＝1，A 1＝0，矛盾．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.12．答案 a ，b 都不能被5整除13．答案 6＋7>22＋ 5解析要比较6＋7与22＋5的大小，只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小，只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴6＋7>22＋ 5.14．答案 c n ＋1<c n解析由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，则c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .15．答案 ①③解析 ① ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αα∥β⇒l ⊥β，又∵m ⊂β，∴l ⊥m ，①正确；②⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αα⊥β⇒l ∥β或l ⊂β，∴l ，m 平行、相交、异面都有可能，故②错误；③ ⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒m ⊥α，又m ⊂β，∴β⊥α，故③正确；④ ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ⊥m ⇒m ⊂α或m ∥α. 又m ⊂β，∴α，β可能相交或平行，故④错误．16．答案 ⎝⎛⎭⎫－3，32 解析若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足题干要求的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 三、解答题17．证明 (1)由(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，得(3－m )S n ＋1＋2ma n ＋1＝m ＋3.两式相减，得(3＋m )a n ＋1＝2ma n ，m ≠－3且m ≠0，∴a n ＋1a n ＝2m m ＋3，∴{a n }是等比数列． (2)∵(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，∴(3－m )a 1＋2ma 1＝m ＋3，∴a 1＝1.b 1＝a 1＝1，q ＝f (m )＝2m m ＋3， ∴当n ∈N *且n ≥2时，b n ＝32f (b n －1)＝32·2b n －1b n －1＋3，得b n b n －1＋3b n ＝3b n －1，即1b n －1b n －1＝13. ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为13的等差数列． 18．(1)解 c 1＝b 1－a 1＝1－1＝0，c 2＝max{b 1－2a 1，b 2－2a 2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c 3＝max{b 1－3a 1，b 2－3a 2，b 3－3a 3}＝max{1－3×1,3－3×2,5－3×3}＝－2.当n ≥3时，(b k ＋1－na k ＋1)－(b k －na k )＝(b k ＋1－b k )－n (a k ＋1－a k )＝2－n ＜0，所以b k －na k 在k ∈N *上单调递减．所以c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }＝b 1－a 1n ＝1－n .所以对任意n ≥1，c n ＝1－n ，于是c n ＋1－c n ＝－1，所以{c n }是等差数列．(2)证明设数列{a n }和{b n }的公差分别为d 1，d 2，则b k －na k ＝b 1＋(k －1)d 2－[a 1＋(k －1)d 1]n＝b 1－a 1n ＋(d 2－nd 1)(k －1)．所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)，d 2＞nd 1，b 1－a 1n ，d 2≤nd 1. ①当d 1＞0时，取正整数m ＞d 2d 1，则当n ≥m 时，nd 1＞d 2，因此，c n ＝b 1－a 1n ，此时，c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．②当d 1＝0时，对任意n ≥1，c n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)max{d 2,0}＝b 1－a 1＋(n －1)(max{d 2,0}－a 1)．此时，c 1，c 2，c 3，…，c n ，…是等差数列．③当d 1＜0时，当n ＞d 2d 1时，有nd 1＜d 2，所以c n n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)n＝n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2＋b 1－d 2n≥n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2－|b 1－d 2|.对任意正数M ，取正整数m ＞max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫M ＋|b 1－d 2|＋a 1－d 1－d 2－d 1，d 2d 1，故当n ≥m 时，c n n＞M . 19．证明由于x ≥1，y ≥1，所以要证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．20．(1)解当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1. (2)证明假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.(*) 又因为p <q <r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，矛盾．所以假设不成立，原命题得证．21．证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ，因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此，当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .②由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′. 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．♦♦♦教师用书♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章推理与证明、算法、复数第72讲直接证明与间接证明★★★核心知识回顾★★★知识点一、直接证明(1)综合法①定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P ⇒Q 1―→Q 1⇒Q 2―→Q 2⇒Q 3―→…―→Q n ⇒Q(其中P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1―→P 1⇐P 2―→P 2⇐P 3―→…―→得到一个明显成立的条件 (其中Q 表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．知识点二、间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．★★★高考典例剖析★★★考点一、综合法的应用例1：(2018·武汉月考)若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c . 证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，a ＋c 2≥ac >0. 由于a ，b ，c 是不全相等的正数，∴上述三个不等式中等号不能同时成立，∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc >0成立．上式两边同时取常用对数，得lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ，∴lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .1．(2018·绥化模拟)设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2 答案 D解析 ∵a >0，b >0，c >0，∴⎝⎛⎭⎫a ＋1b ＋⎝⎛⎭⎫b ＋1c ＋⎝⎛⎭⎫c ＋1a ＝⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＋⎝⎛⎭⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.2．(2018·大庆质检)如果a a ＋b b >a b ＋b a 成立，则a ，b 应满足的条件是__________________________．答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a )＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b )．∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0.∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .题型二分析法的应用例2： (2018·长沙模拟)已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.证明要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝⎛⎭⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22，只需证明sin (x 1＋x 2)2cos x 1cos x 2>sin (x 1＋x 2)1＋cos (x 1＋x 2). 由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2，即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立，因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.3．已知函数f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.证明要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明1212(32)(32)2x x x x －＋－≥1223x x +－2·x 1＋x 22，因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥1223x x +－(x 1＋x 2)，即证明12332x x +≥1223x x +，因此只要证明12332x x + 由于当x 1，x 2∈R 时，13x >0,23x>0，由基本不等式知12332x x +x 1＝x 2时，等号成立．故原结论成立．4．已知a >0，证明：a 2＋1a 2－ 2 ≥a ＋1a －2. 证明要证a 2＋1a 2－2≥ a ＋1a －2，只需证a 2＋1a2 ≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)．因为a >0，所以⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)>0，所以只需证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2 2≥⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)2，即2(2－2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2. 因为a >0，a ＋1a ≥2显然成立(当a ＝1a＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．题型三反证法的应用命题点1 证明否定性命题例3： (2018·株州月考)设{a n }是公比为q 的等比数列．(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列．(1)解设{a n }的前n 项和为S n ，则当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，① qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q， ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1. (2)证明假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *，(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1. ∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．命题点2 证明存在性命题例4：已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1.(1)求证：SA ⊥平面ABCD ；(2)在棱SC 上是否存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD ？若存在，确定F 点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2，∴SA ⊥AD .同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，∴SA ⊥平面ABCD .(2)解假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD .∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD .∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ，∴平面FBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾，∴假设不成立．∴不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .命题点3 证明唯一性命题例5： (2018·宜昌模拟)已知M 是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ，①方程f (x )－x ＝0有实数根；②函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.(1)判断函数f (x )＝x 2＋sin x 4是不是集合M 中的元素，并说明理由； (2)集合M 中的元素f (x )具有下面的性质：若f (x )的定义域为D ，则对于任意[m ，n ]⊆D ，都存在x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)成立．试用这一性质证明：方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．(1)解 ①当x ＝0时，f (0)＝0，所以方程f (x )－x ＝0有实数根0；②f ′(x )＝12＋cos x 4，所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1. 由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x 4是集合M 中的元素． (2)证明假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β (α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0. 不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)，满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，所以f ′(c )＝1.与已知0<f ′(x )<1矛盾．又f (x )－x ＝0有实数根，所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．5．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a －2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ，即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.(2)假设存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ] 上的“四维光军”函数，因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有⎩⎪⎨⎪⎧ h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎨⎧ 1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．6．(2018·衡阳调研)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A ，C 两点，O 是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长；(2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．解析 (1)解因为四边形OABC 为菱形，则AC 与OB 相互垂直平分．由于O (0,0)，B (0,1)，所以设点A ⎝⎛⎭⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1，则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4分](2)证明假设四边形OABC 为菱形，因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分]设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k 2.所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分] 因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－14k，因为k ·⎝⎛⎭⎫－14k ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分]所以四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 在W 上且不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]★★★知能达标演练★★★一、选择题1．若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定答案 A解析 P 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋42，Q 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋40，∴P 2>Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P >Q .2．设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c 的等差中项，则a x ＋c y等于( )A ．1B ．2C ．4D ．6答案 B解析由题意，得x ＝a ＋b 2，y ＝b ＋c 2，b 2＝ac ， ∴xy ＝(a ＋b )(b ＋c )4，a x ＋c y ＝ay ＋cx xy ＝a ·b ＋c 2＋c ·a ＋b 2xy＝a (b ＋c )＋c (a ＋b )2xy ＝ab ＋bc ＋2ac 2xy＝ab ＋bc ＋ac ＋b 22xy ＝(a ＋b )(b ＋c )2xy＝(a ＋b )(b ＋c )2×(a ＋b )(b ＋c )4＝2. 3．若a ，b ，c 为实数，且a ab >b 2 C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a 0，∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，②由①②得a 2>ab >b 2.4．用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根答案 A解析方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故选A.5．(2018·岳阳调研)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A 答案 A解析因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b，又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b . 6．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0答案 C解析由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2⇐(a ＋c )2－ac <3a 2⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.7．(2017·郑州模拟)设x >0，P ＝2x ＋2－x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则( ) A ．P >QB ．P <QC ．P ≤QD ．P ≥Q答案 A 解析因为2x ＋2－x ≥22x ·2－x ＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin 2x ，而sin 2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .故选A.8．①已知p 3＋q 3＝2，证明：p ＋q ≤2.用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②若a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证：方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①的假设正确；②的假设错误C ．①与②的假设都正确D ．①的假设错误；②的假设正确答案 D解析对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.9．若1a <1b<0，则下列结论不正确的是( ) A ．a 2|a ＋b |答案 D解析 ∵1a <1b <0，∴0>a >b .∴a 21；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤答案 C解析若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，下面用反证法证明：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.二、填空题11．(2017·德州一模)如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 2B 2C 2是__________三角形．答案钝角解析由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1.sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧ A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1.那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为π相矛盾．所以假设不成立．假设△A 2B 2C 2是直角三角形，不妨设A 2＝π2，则cos A 1＝sin A 2＝1，A 1＝0，矛盾．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.12．用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是__________________．答案 a ，b 都不能被5整除13．(2018·邢台调研)6＋7与22＋5的大小关系为______________．答案 6＋7>22＋ 5解析要比较6＋7与22＋5的大小，只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小，只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴6＋7>22＋ 5.14．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________________________________________________________________________．答案 c n ＋1<c n解析由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n ，则c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .15．(2017·武汉联考)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下列命题：①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β.其中正确命题的序号是________．答案 ①③解析 ① ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αα∥β⇒l ⊥β，又∵m ⊂β，∴l ⊥m ，①正确；② ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αα⊥β⇒l ∥β或l ⊂β， ∴l ，m 平行、相交、异面都有可能，故②错误；③ ⎭⎪⎬⎪⎫l ∥m l ⊥α⇒m ⊥α，又m ⊂β，∴β⊥α，故③正确；④ ⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl ⊥m ⇒m ⊂α或m ∥α. 又m ⊂β，∴α，β可能相交或平行，故④错误．16．(2018·长春模拟)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是____________．答案 ⎝⎛⎭⎫－3，32 解析若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足题干要求的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 三、解答题17．(2017·黄冈模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3(n ∈N *)．其中m 为常数，且m ≠－3且m ≠0.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的公比q ＝f (m )，数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝32f (b n －1)(n ∈N *，n ≥2)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为等差数列．证明 (1)由(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，得(3－m )S n ＋1＋2ma n ＋1＝m ＋3.两式相减，得(3＋m )a n ＋1＝2ma n ，m ≠－3且m ≠0，∴a n ＋1a n ＝2m m ＋3，∴{a n }是等比数列． (2)∵(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，∴(3－m )a 1＋2ma 1＝m ＋3，∴a 1＝1.b 1＝a 1＝1，q ＝f (m )＝2m m ＋3， ∴当n ∈N *且n ≥2时，b n ＝32f (b n －1)＝32·2b n －1b n －1＋3，得b n b n －1＋3b n ＝3b n －1，即1b n －1b n －1＝13. ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为13的等差数列． 18．(2017·北京)设{a n }和{b n }是两个等差数列，记c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }(n ＝1,2,3，…)，其中max{x 1，x 2，…，x s }表示x 1，x 2，…，x s 这s 个数中最大的数．(1)若a n ＝n ，b n ＝2n －1，求c 1，c 2，c 3的值，并证明{c n }是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n ≥m 时，c n n>M ；或者存在正整数m ，使得c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．(1)解 c 1＝b 1－a 1＝1－1＝0，c 2＝max{b 1－2a 1，b 2－2a 2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c 3＝max{b 1－3a 1，b 2－3a 2，b 3－3a 3}＝max{1－3×1,3－3×2,5－3×3}＝－2.当n ≥3时，(b k ＋1－na k ＋1)－(b k －na k )＝(b k ＋1－b k )－n (a k ＋1－a k )＝2－n ＜0，所以b k －na k 在k ∈N *上单调递减．所以c n ＝max{b 1－a 1n ，b 2－a 2n ，…，b n －a n n }＝b 1－a 1n ＝1－n .所以对任意n ≥1，c n ＝1－n ，于是c n ＋1－c n ＝－1，所以{c n }是等差数列．(2)证明设数列{a n }和{b n }的公差分别为d 1，d 2，则b k －na k ＝b 1＋(k －1)d 2－[a 1＋(k －1)d 1]n＝b 1－a 1n ＋(d 2－nd 1)(k －1)．所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)，d 2＞nd 1，b 1－a 1n ，d 2≤nd 1. ①当d 1＞0时，取正整数m ＞d 2d 1，则当n ≥m 时，nd 1＞d 2，因此，c n ＝b 1－a 1n ，此时，c m ，c m ＋1，c m ＋2，…是等差数列．②当d 1＝0时，对任意n ≥1，c n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)max{d 2,0}＝b 1－a 1＋(n －1)(max{d 2,0}－a 1)．此时，c 1，c 2，c 3，…，c n ，…是等差数列．③当d 1＜0时，当n ＞d 2d 1时，有nd 1＜d 2，所以c n n ＝b 1－a 1n ＋(n －1)(d 2－nd 1)n＝n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2＋b 1－d 2n≥n (－d 1)＋d 1－a 1＋d 2－|b 1－d 2|.对任意正数M ，取正整数m ＞max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫M ＋|b 1－d 2|＋a 1－d 1－d 2－d 1，d 2d 1，故当n ≥m 时，c n n＞M . 19．设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy . 证明由于x ≥1，y ≥1，所以要证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，只需证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．因为x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立．20．(2018·中山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．(1)解当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，。

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。

苏教版高三数学一轮复习---专项解析13.3 直接证明与间接证明

13.3 直接证明与间接证明一、填空题1．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，反设是________．解析由反证法的定义得，反设即否定结论．答案 a ，b 都不能被5整除2.用反证法证明:若整系数一元二次方程2ax bx ++c=0(0)a ≠有有理数根,那么a 、b 、c 中至少有一个偶数时,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 至多有一个偶数 ④假设a 、b 、c 至多有两个偶数解析 “至少有一个”的否定是“都不是”. 答案 ②3．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 ③4．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5．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．下列条件：①ab ＞0，②ab ＜0，③a ＞0，b ＞0，④a ＜0，b ＜0，其中能使b a ＋ab≥2成立的条件的个数是________．解析要使b a ＋a b ≥2，只要b a ＞0且ab ＞0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个．答案 37．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 ④8．要证明“3＋7＜25”可选择的方法有以下几种，其中最合理的是________(填序号)．①反证法，②分析法，③综合法．答案 ②9.已知(0)a b μ,,∈,+∞且911a b +=,则使得a+b μ≥恒成立的μ的取值范围是 .解析 ∵(0)a b ,∈,+∞且911a b+=,∴a+b=991()()10()1016a b a b a b b a++=++≥+=,∴a+b 的最小值为16.∴要使a b μ+≥恒成立,只需16μ≥, ∴0<μ≤16.答案 (]0,1610．已知a 、b 、c 是互不相等的非零实数．若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至少有一个方程有两个相异实根．应假设__________________．解析用反证法证明命题时，假设结论不成立，即否定命题．答案三个方程都没有两个相异实根11．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．解析 ①中x ⊥平面z ，平面y ⊥平面z ， ∴x ∥平面y 或x ⊂平面y . 又∵x ⊄平面y ，∴x ∥y 成立．②中若x ，y ，z 均为平面，则x 可与y 相交，故②不成立． ③x ⊥z ，y ⊥z ，x ，y 为不同直线，故x ∥y 成立．④z ⊥x ，z ⊥y ，z 为直线，x ，y 为平面可得x ∥y ，④成立． ⑤x ，y ，z 均为直线x ，y 可平行、异面、相交，故⑤不成立．答案 ①③④12．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 ≠b13．已知函数f (x )满足f (p ＋q )＝f (p )f (q )，f (1)＝3，则f 2(1)＋f (2)f (1)＋f 2(2)＋f (4)f (3)＋f 2(3)＋f (6)f (5)＋f 2(4)＋f (8)f (7)＝________.解析由f (p ＋q )＝f (p )f (q )，令p ＝q ＝n ，得f 2(n )＝f (2n )，原式＝2f 2(1)f (1)＋2f (4)f (3)＋2f (6)f (5)＋2f (8)f (7)＝2f (1)＋2f (1)f (3)f (3)＋2f (1)f (5)f (5)＋2f (1)f (7)f (7)＝8f (1)＝24. 答案 24 二、解答题14．已知a ，b ，c 是互不相等的实数．求证：由y ＝ax 2＋2bx ＋c ，y ＝bx 2＋2cx ＋a 和y ＝cx 2＋2ax ＋b 确定的三条抛物线至少有一条与x 轴有两个不同的交点．证明假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x 轴有两个不同的交点(即任何一条抛物线与x 轴没有两个不同的交点)，由y ＝ax 2＋2bx ＋c ，y ＝bx 2＋2cx ＋a ， y ＝cx 2＋2ax ＋b ，得Δ1＝(2b )2－4ac ≤0，Δ2＝(2c )2－4ab ≤0，Δ3＝(2a )2－4ac ≤0，上述三个同向不等式相加得， 4b 2＋4c 2＋4a 2－4ac －4ab －4bc ≤0， ∴2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ca ≤0， ∴(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≤0，∴a ＝b ＝c ，这与题设a ，b ，c 互不相等矛盾，因此假设不成立，从而命题得证．15．已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.证明 a ⊥b ⇔a ·b ＝0，要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.只需证|a |＋|b |≤2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2，只需证|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0，即(|a |－|b |)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证．16．在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等比数列；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n，若S n ＜100，求最大的正整数n ；(3)是否存在互不相等的正整数m ，t ，n ，使m ，t ，n 成等差数列，且a m －1，a t －1，a n －1成等比数列？如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由．解析 (1)证明因为1a n ＋1＝23＋13a n ，所以1a n ＋1－1＝13a n －13＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，且1a 1－1＝23≠0，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1为等比数列．(2)由(1)得1a n －1＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，所以1a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1.于是由S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋ (13)＝n ＋2·13－13n ＋11－13＝n ＋1－13n ＜100，得n max ＝99.(3)假设存在，则有m ＋n ＝2t ，(a m －1)(a n －1)＝(a t －1)2，因为a n ＝3n3n ＋2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫3n 3n ＋2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 3m＋2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t3t ＋2－12，整理得3m ＋3n ＝2·3t ，即3m,3t,3n 成等差数列．又m ，t ，n 成等差数列，所以3m,3t,3n 又成等比数列．所以3m ＝3t ＝3n ，m ＝t ＝n ，这与m ，t ，n 互不相等矛盾．故不存在满足题意的m ，t ，n .17．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．解析 (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．18．知函数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.[思路] 利用函数f (x )＝x 2＋2x＋a ln x (x >0)，分别计算出左、右两边的值，每边都有三项，观察他们对应项的特点，采用综合法证明．解析由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，故f x 1＋f x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.。

2020届高考数学一轮复习：课时作业39《直接证明与间接证明》(含解析)

课时作业39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·河北邢台模拟)用反证法证明命题“三角形的三个内角中至多有一个钝角”，假设正确的是(C)A．假设三角形的三个内角都是锐角B．假设三角形的三个内角都是钝角C．假设三角形的三个内角中至少有两个钝角D．假设三角形的三个内角中至少有两个锐角解析：“至多有一个”的否定是“至少有两个”．故选C.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．0 B．1C．2 D．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 ≤BC ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，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 (－1)＝－2p 2＋p ＋1≤0，f (1)＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足题干要求的p 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 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 ＋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 ，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 ＋a 2＞abc .因为a ，b ，c 是不全相等的正数，所以a ＋b 2≥ab ，b ＋c 2≥bc ，c ＋a 2≥ca (三个式子中等号不同时成立)．所以显然有a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞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 2)2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明：要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即证明(3x 1－2x 1)＋(3x 2－2x 2)2≥3x 1＋x 22－2·x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2)，即证明3x 1＋3x 22≥3x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2，由于当x 1，x 2∈R 时，3x 1＞0,3x 2＞0，由基本不等式知3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2显然成立，当且仅当x 1＝x 2时，等号成立，故原结论成立．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：如图，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 ＝m1＋4k 2.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．。

高备考2020年高考数学一轮复习：35 直接证明与间接证明

高备考2020年高考数学一轮复习：35 直接证明与间接证明一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）用反证法证明命题：“若 a,b ∈R ，且 a 2+b 2=0 ，则a ，b 全为0”时，要做的假设是（）A ．a ≠0 且 b ≠0B ．a ，b 不全为0C ．a ，b 中至少有一个为0D ．a ，b 中只有一个为02．（2分）用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个大于 60° ，反证假设正确的是()A ．假设三内角都大于 60°B ．假设三内角都不大于 60°C ．假设三内角至多有一个大于 60°D ．假设三内角至多有两个大于 60°3．（2分）若 P =√a +√a +5 ， Q =√a +2+√a +3 （ a ≥0 ），则 P ， Q 的大小关系是（） A ．P <Q B ．P =Q C ．P >QD ．P ， Q 的大小由 a 的取值确定4．（2分）设 a >b >c ， a +b +c =1 ，且 a 2+b 2+c 2=1 ，则（）A ．a +b >1B ．a +b =1C ．a +b <1D ．以上都不能恒成立5．（2分）用反证法证明“若 x +y ≤0 则 x ≤0 或 y ≤0 ”时，应假设（）A ．x >0 或 y >0B ．x >0 且 y >0C ．xy >0D ．x +y <06．（2分）已知 a ，b ，c ∈(0，2) ，则 (2−a)b ，(2−b)c ，(2−c)a 中（）A ．至少有一个不小于1B ．至少有一个不大于1C ．都不大于1D ．都不小于17．（2分）用反证法证明“如果 a >b ，那么 √a 3>√b 3 ”假设的内容应是（） A ．√a 3=√b 3B ．√a 3<√b 3C ．√a 3=√b 3 且 √a 3<√b 3D ．√a 3=√b 3 或 √a 3<√b 38．（2分）设a，b，c∈(0，1)，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．至少有一个大于29．（2分）甲乙丙丁四个人背后各有1个号码，赵同学说：甲是2号，乙是3号；钱同学说：丙是2号，乙是4号；孙同学说：丁是2号，丙是3号；李同学说：丁是1号，乙是3号．他们每人都说对了一半，则丙是()A．1号B．2号C．3号D．4号10．（2分）用反证法证明命题“设a、b为实数，函数f(x)=e x2+ax+b−1至少有一个零点”时要做的假设是（）A．函数f(x)=e x2+ax+b−1恰有两个零点B．函数f(x)=e x2+ax+b−1至多有一个零点C．函数f(x)=e x2+ax+b−1至多有两个零点D．函数f(x)=e x2+ax+b−1没有零点11．（2分）“已知函数f(x)=x2+ax+a(a∈R)，求证：|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于12。

第六节直接证明和间接证明

π x1，x2∈0，2 ，x1≠x2 知上式显然成立，
x1＋x2 1 因此， [f(x1)＋f(x2)]>f 2 . 2
数学
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第六节
直接证明和间接证明
结束
[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

高考数学统考一轮复习课后限时集训73直接证明与间接证明数学归纳法理含解析新人教

学习资料课后限时集训（七十三）直接证明与间接证明、数学归纳法建议用时：40分钟一、选择题1．用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设(）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°B［至少有一个包含“一个、两个和三个"，故其对立面三个内角都大于60°，故选B．] 2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明错误!〈1＋错误!时,索的因是（) A．x2>1B．x2>4C．x2>0 D．x2>1C［因为x>0，所以要证错误!<1＋错误!，只需证(错误!)2〈错误!错误!，即证0〈错误!,即证x2〉0，因为x>0,所以x2>0成立，故原不等式成立．］3．用数学归纳法证明不等式“1＋错误!＋错误!＋…＋错误!＜n(n∈N*,n≥2)”时，由n ＝k（k≥2)时不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是（)A．2k－1B．2k－1C．2k D．2k＋1C［当n＝k＋1时，左边＝1＋错误!＋错误!＋…＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，增加了12k＋错误!＋…＋错误!，共(2k＋1－1)－（2k－1）＝2k项，故选C．]4．设f（x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f（x)单调递减，若x1＋x2＞0，则f （x1)＋f（x2）的值()A．恒为负值B．恒等于零C．恒为正值D．无法确定正负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,故选A．]5．设f（x）是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2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()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）≥k2成立D．若f（4）≥16成立，则当k≥4时,均有f(k）≥k2成立D[由条件可知不等式的性质只对大于等于号成立,所以A错误;若f（1）≥1成立，则得到f(2）≥4，与f(2)〈4矛盾，所以B错误;当f（3)≥9成立，无法推导出f(1），f(2)，所以C错误;若f(4）≥16成立,则当k≥4时，均有f（k）≥k2成立,所以D正确．]二、填空题6。

2021高考数学一轮复习考点规范练36直接证明与间接证明(含解析)

2
≤
1,
2a
b +
2
≤
1
2,
所以 2a≤b+2,2b≤a+2,两式相加得 a+b≤4,
这与 a+b>4 矛盾,所以 af(b),bf(a)中至少有一个大于12.
能力提升
10.若△A1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2 的三个内角的正弦值,则( ) A.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是锐角三角形 B.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是钝角三角形
B.a+b>2
C.a2+b2>2
D.ab>1
12
解析:若 a=2,b=3,则 a+b>1,但 a<1,b<1,故 A 推不出;
若 a=-2,b=-3,则 a2+b2>2,故 C 推不出;
若 a=-2,b=-3,则 ab>1,故 D 推不出;
对于 B,若 a+b>2,则 a,b 中至少有一个大于 1,
( ) sinA2
=
cosA1
=
sin
π 2
-
A1
,
A2
=
π 2
-
A1,
( ) sinB2
=
cosB1
=
sin
π 2
-
B1
,得
B2
=
π 2
-
B1,
{ ( ) { sinC2
=
cosC1
=
sin
π 2
-
C1
,
C2
=
π 2
-
C1,
由
π

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．。

2019版高考数学理一轮总复习作业45直接证明与间接证明

题组层级快练(四十五)1．如图是2018年元宵节灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的三个图形，照此规律闪烁，下一呈现出来的图形是( )答案 A解析该五角星对角上的两盏花灯依次按逆时针方向亮一盏，故下一个呈现出来的图形是A.2．如图所示，是某小朋友在用火柴拼图时呈现的图形，其中第1个图形用了3根火柴，第2个图形用了9根火柴，第3个图形用了18根火柴，……，则第2 016个图形用的火柴根数为( )A ．2 014×2 017B ．2 015×2 016C ．2 015×2 017D ．3 024×2 017答案 D解析由题意，第1个图形需要火柴的根数为3×1；第2个图形需要火柴的根数为3×(1＋2)；第3个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3)； ……由此，可以推出，第n 个图形需要火柴的根数为3×(1＋2＋3＋…＋n)．所以第2 016个图形所需火柴的根数为3×(1＋2＋3＋…＋2 016)＝3×2 016×（1＋2 016）2＝3 024×2 017，故选D.3．(2018·深圳一摸)已知a 1＝3，a 2＝6，且a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 2 019＝( ) A ．3 B ．－3 C ．6 D ．－6 答案 A解析 ∵a 1＝3，a 2＝6，∴a 3＝3，a 4＝－3，a 5＝－6，a 6＝－3，a 7＝3，…，∴{a n }是以6为周期的周期数列．又2 019＝6×336＋3，∴a2 019＝a3＝3.选A.4．定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：①1*1＝1，②(n＋1)*1＝n*1＋1，则n*1等于()A．n B．n＋1C．n－1 D．n2答案 A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.5．(2017·邯郸一中月考)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是()A.48，49C．75，76 D．84，85答案 D解析由已知图中座位的排序规律可知，被5除余1的数和能被5整除的座位号靠窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的4组座位号知，只有D项符合条件．6．(2017·珠海二模)观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝()A．f(x) B．－f(x)C．g(x) D．－g(x)答案 D解析由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数，因此当f(x)是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g(－x)＝－g(x)．7．已知2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415， (6)ab＝6ab(a，b均为实数)，则可推测a，b的值分别为()A．6，35 B．6，17C．5，24 D．5，35答案 A解析观察发现规律即可得出a＝6，b＝35，故选A.8．(2018·安徽合肥二模)有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1，2，6号选手中的一位得第一名；观众丁猜测：4，5，6号选手都不可能获得第一名．比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是( ) A ．甲 B ．乙 C ．丙 D ．丁答案 D解析根据题意，6名选手比赛结果甲、乙、丙、丁猜测如下表：有猜对，得第一名的是1，2，3或6号．若乙猜对，则1，2或6号得第一名，那么丙也猜对了，所以乙没有猜对，所以得第一名的是3号，所以丙也没有猜对，只有丁猜对了比赛结果，故选D.9．(2018·广东江门月考)已知a n ＝2n －1(n ∈N *)，把数列{a n }的各项排成如图所示的三角形数阵，记S(m ，n)表示该数阵中第m 行中从左到右的第n 个数，则S(8，6)＝( )1 3 5 7 9 11 13 15 17 19… …A ．67B ．69C ．73D ．75答案 A解析由数阵可知，S(8，6)是数阵中第1＋2＋3＋…7＋6＝34个数，也是数列{a n }中的第34项，而a 34＝2×34－1＝67，所以S(8，6)＝67.故选A.10．已知a ，b ，c 是△ABC 的内角A ，B ，C 对应的三边，若满足a 2＋b 2＝c 2，即(a c )2＋(b c )2＝1，则△ABC 为直角三角形，类比此结论可知，若满足a n ＋b n ＝c n (n ∈N ，n ≥3)，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 ．以上都有可能答案 A解析由题意知角C 最大，a n ＋b n ＝c n (n ∈N ，n ≥3)即(a c )n ＋(bc )n ＝1(n ∈N ，n ≥3)，又c>a ，c>b ，所以(a c )2＋(b c )2>(a c )n ＋(b c )n ＝1，即a 2＋b 2>c 2，所以cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab >0，所以0<C<π2，故△ABC 为锐角三角形．11．学习合情推理后，甲、乙两位同学各举了一个例子．甲：由“若三角形周长为l ，面积为S ，则其内切圆半径r ＝2Sl ”，类比可得“若三棱锥表面积为S ，体积为V ，则其内切球半径r ＝3VS ”；乙：由“若直角三角形两直角边长分别为a ，b ，则其外接圆半径r ＝a 2＋b 22”，类比可得“若三棱锥三条侧棱两两垂直，侧棱长分别为a ，b ，c ，则其外接球半径r ＝a 2＋b 2＋c 23”．这两位同学类比得出的结论是( ) A ．两人都对 B ．甲错、乙对 C ．甲对、乙错 D ．两人都错答案 C解析利用等面积与等体积法可推得甲同学类比推理的结论是正确的；把三条侧棱两两垂直的三棱锥补成一个长方体，则此三棱锥的外接球半径等于长方体的外接球半径，可求得其半径r ＝a 2＋b 2＋c 22，因此乙同学类比推理的结论是错误的，故选C.12．(2017·西安八校联考)观察一列算式：1⊗1，1⊗2，2⊗1，1⊗3，2⊗2，3⊗1，1⊗4，2⊗3，3⊗2，4⊗1，…，则式子3⊗5是第( ) A ．22项 B ．23项 C ．24项 D ．25项答案 C解析两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5是和为8的第3项，所以是第24项．故选C.13．观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x ，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x ，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x ，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x ，y)的个数为( ) A ．76 B ．80 C ．86 D ．92 答案 B解析由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n 的不同整数解的个数为4n ，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.故选B.14．(2017·青岛一质检)中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外．”其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹，古代是用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行运算，算筹的摆放有纵横两种形式，如图，表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，以此类推，例如 6 613用算筹表示就是，则8 335用算筹可表示为()答案 B解析由题意得千位和十位用横式表示，百位和个数用纵式表示，所以千位的8表示为，百位的3表示为，十位的3表示为，个位的5表示为，故选B.15．为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设确定原信息为a0a1a2，a i∈{0，1}(i＝0，1，2)，传输信息为h0a0a1a2h1，其中h0＝a0⊕a1，h1＝h0⊕a2，⊕运算规则为：0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0，例如原信息为111，则传输信息为01111.传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列接收信息一定有误的是()A．11010 B．01100C．10111 D．00011答案 C解析对于选项C，传输信息是10111，对应的原信息是011，由题目中运算规则知h0＝0⊕1＝1，而h1＝h0⊕a2＝1⊕1＝0，故传输信息应是10110.16．(2018·河北冀州中学期末)如图所示，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1，2，3，4，5，6的横、纵坐标分别对应数列{a n}(n∈N*)的前12项，如下表所示：按如此规律下去，则a 2 017＝( ) A ．502 B ．503 C ．504 D ．505答案 D解析由a 1，a 3，a 5，a 7，…组成的数列恰好对应数列{x n }，即x n ＝a 2n －1，当n 为奇数时，x n ＝n ＋12.所以a 2 017＝x 1 009＝505.17．(2018·太原模拟)有一个游戏：将标有数字1、2、3、4的四张卡片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这4个人在看自己的卡片之前进行预测：甲说：乙或丙拿到标有3的卡片；乙说：甲或丙拿到标有2的卡片；丙说：标有1的卡片在甲手中；丁说：甲拿到标有3的卡片．结果显示：甲、乙、丙、丁4个人的预测都不正确，那么甲、乙、丙、丁4个人拿到卡片上的数字依次为______．答案 4、2、1、3解析由甲、丁的预测不正确可得丁拿到标有3的卡片，由乙的预测不正确可得乙拿到标有2的卡片，由丙的预测不正确可知甲拿到标有4的卡片，故丙拿到标有1的卡片，即甲、乙、丙、丁4个人拿到卡片上的数字依次为4、2、1、3.18．顾客请一位工艺师把A ，B 两件玉石原料各制成一件工艺品．工艺师带一位徒弟完成这项任务．每件原料先由徒弟完成粗加工，再由工艺师进行精加工完成制作，两件工艺品都完则最短交货期为答案 42解析最短交货期为先由徒弟完成原料B 的粗加工，共需6天，然后工艺师加工该件工艺品，需21天；徒弟可在这几天中完成原料A 的粗加工；最后由工艺师完成原料A 的精加工，需15个工作日．故交货期为6＋21＋15＝42个工作日．19．(名师原创)将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12，2×6，3×4三种，其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称3×4为12的最佳分解．当p ×q(p ≤q 且p ，q ∈N *)是正整数n 的最佳分解时，我们规定函数f(n)＝p q ，例如：f(12)＝34.关于函数f(n)有下列叙述：①f(7)＝17；②f(24)＝38；③f(28)＝47；④f(144)＝916，其中所有正确的序号为________．答案 ①③解析利用题干中提供的新定义信息可得，对于①：∵7＝1×7，∴f(7)＝17，①正确；对于②，∵24＝1×24＝2×12＝3×8＝4×6，∴f(24)＝46＝23，②不正确；对于③，∵28＝1×28＝2×14＝4×7，∴f(28)＝47，③正确；对于④，∵144＝1×144＝2×72＝3×48＝4×36＝6×24＝8×18＝9×16＝12×12，∴f(144)＝1212＝1，④不正确．1．观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10＝( ) A ．28 B ．76 C ．123 D ．199答案 C解析记a n ＋b n ＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n －1)＋f(n －2)(n ∈N *，n ≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a 10＋b 10＝123.2．观察图中各正方形图案，每条边上有n(n ≥2)个圆点，第n 个图案中圆点的个数是a n ，按此规律推断出所有圆点总和S n 与n 的关系式为( )A ．S n ＝2n 2－2nB ．S n ＝2n 2C ．S n ＝4n 2－3nD ．S n ＝2n 2＋2n答案 A解析事实上由合情推理的本质：由特殊到一般，当n＝2时，有S2＝4，分别代入即可排除B、C、D三项，从而选A.也可以观察各个正方形图案可知圆点个数可视为首项为4，公差为4的等差数列，因此所有圆点总和即为等差数列前(n－1)项和，即S n＝(n－1)×4＋（n－1）（n－2）2－2n.2×4＝2n3．观察下列各式：55＝3 125，56＝15 625，57＝78 125，…，则52 011的末四位数字为() A．3 125 B．5 625C．0 625 D．8 125答案 D解析∵55＝3 125，56＝15 625，57＝78 125，58＝390 625，59＝1 953 125，510＝9 765 625，…，∴5n(n∈Z，且n≥5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4，记5n(n∈Z，且n≥5)的末四位数字为f(n)，则f(2 011)＝f(501×4＋7)＝f(7)，∴52 011与57的末四位数字相同，均为8 125.故选D.4．(2018·辽宁丹东联考)已知“整数对”按如下规律排列：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，…，则第70个“整数对”为() A．(3，9) B．(4，8)C．(3，10) D．(4，9)答案 D解析因为1＋2＋…＋11＝66，所以第67个“整数对”是(1，12)，第68个“整数对”是(2，11)，第69个“整数对”是(3，10)，第70个“整数对”是(4，9)．故选D.5．观察下图中图形的规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为()答案 A解析表格中的图形都是矩形、圆、正三角形的不同排列，规律是每一行中只有一个图形是空心的，其他两个都是填充颜色的，第三行中已经有正三角形是空心的了，因此另外一个应该是阴影矩形．6．(2015·山东)观察下列各式：C10＝40；C30＋C31＝41；C50＋C51＋C52＝42；C70＋C71＋C72＋C73＝43；……照此规律，当n ∈N *时，C 2n －10＋C 2n －11＋C 2n －12＋…＋C 2n －1n －1＝________．答案 4n －1解析由题知C 2n －10＋C 2n －11＋C 2n －12＋…＋C 2n －1n －1＝4n －1.7．已知数列{a n }为等差数列，则有等式a 1－2a 2＋a 3＝0，a 1－3a 2＋3a 3－a 4＝0，a 1－4a 2＋6a 3－4a 4＋a 5＝0.(1)若数列{a n }为等比数列，通过类比，则有等式______；(2)通过归纳，试写出等差数列{a n }的前n ＋1项a 1，a 2，…，a n ，a n ＋1之间的关系为________．答案 (1)a 1a 2－2a 3＝1，a 1a 2－3a 33a 4－1＝1，a 1a 2－4a 36a 4－4a 5＝1(2)C n 0a 1－C n 1a 2＋C n 2a 3－…＋(－1)n C n n a n ＋1＝0解析因等差数列与等比数列之间的区别是前者是加法运算，后者是乘法运算，所以类比规律是由低一级运算转化到高一级运算，从而解出第(1)问；通过观察发现，已知等式的系数与二项式系数相同，解出第(2)问．8．对∀a ，b ∈R ，定义运算：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≥b ，b ，a<b ；a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －b ，a ≥b ，b －a ，a<b.则下列判断正确的是________．①2 015⊕(2 014⊗2 015)＝2 014； ②(a ⊕a)⊗a ＝0； ③(a ⊕b)⊗a ＝a ⊕(b ⊗a)．答案 ②解析对于①，由定义的运算可知，2 014⊗2 015＝2 015－2 014＝1，故2 015⊕(2 014⊗2 015)＝2 015⊕1＝2 015，故①错误．对于②，因为a ⊕a ＝a ，故(a ⊕a)⊗a ＝a ⊗a ＝a －a ＝0，故②正确．由于③，当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ，故(a ⊕b)⊗a ＝a ⊗a ＝0，而b ⊗a ＝a －b ，故a ⊕(b ⊗a)＝a ⊕(a －b)．显然，若b ≥0，则a ≥a －b ，所以a ⊕(a －b)＝a ，若b<0，则a<a －b ，所以a ⊕(a －b)＝a －b. 故(a ⊕b)⊗a ≠a ⊕(b ⊗a)．故③错误．9．(2015·福建)一个二元码是由0和1组成的数字串x 1x 2…x n (n ∈N *)，其中x k (k ＝1，2，…，n)称为第k 位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组：⎩⎪⎨⎪⎧x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝0，x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝0，x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝0，其中运算⊕定义为：0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于________．答案 5解析由题意得相同的数字运算后结果为0，不同的数字运算后结果为1.若后四位码元为1101，根据定义的运算，则有x 4⊕x 5＝1⊕1＝0，x 4⊕x 5⊕x 6＝0⊕0＝0，x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝0⊕1＝1，显然不符合方程x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝0，所以后四位码元出错．同理，第2，3，6，7位码元依次为1001.假设这四位都正确，则x 2⊕x 3＝1⊕0＝1，所以x 2⊕x 3⊕x 6＝1⊕0＝1，所以x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝1⊕1＝0，显然满足校验方程组，所以这四位码元正确．故最后两位码元正确，出错的码元只能是第四位或第五位．同理，第1，3，5，7位的码元依次为1011，所以x 1⊕x 3＝1⊕0＝1，x 1⊕x 3⊕x 5＝1⊕1＝0， x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝0⊕1＝1，显然不满足校验方程组．所以出错的码元是第5位，即k ＝5. 10．(2014·陕西理)观察分析下表中的数据：答案 F ＋V －E ＝2解析三棱柱中5＋6－9＝2；五棱锥中6＋6－10＝2；立方体中6＋8－12＝2，由此归纳可得F ＋V －E ＝2.11．分形几何学是数学家伯努瓦·曼得尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路，按照图甲所示的分形规律可得图乙所示的一个树形图．易知第三行有白圈5个，黑圈4个，我们采用“坐标”来表示各行中的白圈、黑圈的个数．比如第一行记为(1，0)，第二行记为(2，1)，第三行记为(5，4)．(1)第四行的白圈与黑圈的“坐标”为________；(2)照此规律，第n 行中的白圈、黑圈的“坐标”为________．答案 (1)(14，13) (2)(3n －1＋12，3n －1－12)(n ∈N *) 解析 (1)从题中的条件易知白圈、黑圈的变化规律：一个白圈的下一行对应两个白圈和一个黑圈，一个黑圈的下一行对应一个白圈和两个黑圈，因此第4行的白圈个数为5×2＋4×1＝14，黑圈个数为5×1＋4×2＝13，所以第四行的白圈与黑圈的“坐标”为(14，13)．(2)第n 行中的白圈和黑圈总数为3n －1个，设“坐标”为(a n ，3n －1－a n )，则第n ＋1行中的白圈和黑圈总数为3n 个，设“坐标”为(a n ＋1，3n －a n ＋1)＝(a n ＋3n －1，2×3n －1－a n )，即a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3n －1⇒a n ＝3n －1＋12，从而得到第n 行中的白圈、黑圈的“坐标”为(3n －1＋12，3n －1－12)(n ∈N *)． 12．(2017·北京，文)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：(1)男学生人数多于女学生人数；(2)女学生人数多于教师人数；(3)教师人数的两倍多于男学生人数．①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________．②该小组人数的最小值为________．答案 ①6 ②12解析令男学生、女学生、教师人数分别为x ，y ，z ，且x>y>z ，①若教师人数为4，则4<y<x<8，当x ＝7时，y 取得最大值6.②当z ＝1时，1＝z<y<x<2，不满足条件；当z ＝2时，2＝z<y<x<4，不满足条件；当z ＝3时，3＝z<y<x<6，y ＝4，x ＝5，满足条件．所以该小组人数的最小值为3＋4＋5＝12.13．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin 213°＋cos 217°－sin13°cos17°；②sin 215°＋cos 215°－sin15°cos15°；③sin 218°＋cos 212°－sin18°cos12°；④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论．答案 (1)34 (2)sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34解析方法一：(1)选择②式，计算如下：sin 215°＋cos 215°－sin15°cos15°＝1－12sin30°＝1－14＝34. (2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34. 证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos30°cos α＋sin30°sin α)2－sin α(cos30°cos α＋sin30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α ＝34sin 2α＋34cos 2α＝34. 方法二：(1)同解法一．(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34. 证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝1－cos2α2＋1＋cos （60°－2α）2－sin α·(cos30°cos α＋sin30°sin α) ＝12－12cos2α＋12＋12(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－32sin αcos α－12sin 2α ＝12－12cos2α＋12＋14cos2α＋34·sin2α－34sin2α－14(1－cos2α) ＝1－14cos2α－14＋14cos2α＝34.。

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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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≤0
B.a2+b2-1-≤0
C.-1-a2b2≤0
D.(a2-1)(b2-1)≥0
3.设a，b，c均为正实数，则三个数a+，b+，c+()
A.都大于2
B.都小于2
C.至少有一个不大于2
D.至少有一个不小于2
4.(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≥q
B.p≤q
C.p>q
D.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>b
B.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，①
2Tn=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1.②
②-①，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。

其中“师傅”更早则意指春秋时国君的老师。

《说文解字》中有注曰：“师教人以道者之称也”。

“师”之含义，现在泛指从事教育工作或是传授知识技术也或是某方面有特长值得学习者。

“老师”的原意并非由“老”而形容“师”。

“老”在旧语义中
也是一种尊称，隐喻年长且学识渊博者。

“老”“师”连用最初见于《史记》，有“荀卿最为老师”之说法。

慢慢“老师”之说也不再有年龄的限制，老少皆可适用。

只是司马迁笔下的“老师”当然不是今日意义上的“教师”，其只是“老”和“师”的复合构词，所表达的含义多指对知识渊博者的一种尊称，虽能从其身上学以“道”，但其不一定是知识的传播者。

今天看来，“教师”的必要条件不光是拥有知识，更重于传播知识。

要练说，得练听。

听是说的前提，听得准确，才有条件正确模仿，才能不断地掌握高一级水平的语言。

我在教学中，注意听说结合，训练幼儿听的能力，课堂上，我特别重视教师的语言，我对幼儿说话，注意声音清楚，高低起伏，抑扬有致，富有吸引力，这样能引起幼儿的注意。

当我发现有的幼儿不专心听别人发言时，就随时表扬那些静听的幼儿，或是让他重复别人说过的内容，抓住教育时机，要求他们专心听，用心记。

平时我还通过各种趣味活动，培养幼儿边听边记，边听边想，边听边说的能力，如听词对词，听词句说意思，听句子辩正误，听故事讲述故事，听谜语猜谜底，听智力故事，动脑筋，出主意，听儿歌上句，接儿歌下句等，这样幼儿学得生动活泼，轻松愉快，既训练了听的能力，强化了记忆，又发展了思维，为说打下了基础。

即对任意x>0，有ln x0，使得|g(x)-g(x0)|<对任意x>0成立.
直接证明与间接证明专项练习的全部内容希望考生可以通
过试卷查缺补漏。

课本、报刊杂志中的成语、名言警句等俯首皆是，但学生写作文运用到文章中的甚少，即使运用也很难做到恰如其分。

为什么?还是没有彻底“记死”的缘故。

要解决这个问题，方法很简单，每天花3-5分钟左右的时间记一条成语、一则名言警句即可。

可以写在后黑板的“积累专栏”上每日一换，可以在每天课前的3分钟让学生轮流讲解，也可让学生个人搜集，每天往笔记本上抄写，教师定期检查等等。

这样，一年就可记300多条成语、300多则名言警句，日积月累，终究会成为一笔不小的财富。

这些成语典故“贮藏”在学生脑中，自然会出口成章，写作时便会随心所欲地“提取”出来，使文章增色添辉。

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