高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（知識回扣+熱點(diǎn)突破+能力提升）直接證明與間接證明 理 北師大版

第六節(jié)直接證明與間接證明【考綱下載】1．了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程和特點(diǎn)．2．了解反證法的思考過程和特點(diǎn)．1．直接證明綜合法分析法定義從命題的條件出發(fā)，利用定義、公理、定理及運(yùn)算法則，通過演繹推理，一步一步地接近要證明的結(jié)論，直到完成命題的證明，這樣的思維方法稱為綜合法從命題的結(jié)論出發(fā)，一步一步地探索保證前一個(gè)結(jié)論成立的充分條件，直到歸結(jié)為這個(gè)命題的條件，或者歸結(jié)為定義、公理、定理等，這樣的思維方法稱為分析法思維過程由因?qū)Ч麍?zhí)果索因證題步驟P(已知)?P1?P2?…?Pn?Q(結(jié)論)Q(結(jié)論)?Q1?Q2?…?Qn?P(已知)文字語言因?yàn)椤浴蛴伞?，得…要證…，只需證…，即證…符號語言??2.間接證明反證法定義在證明數(shù)學(xué)命題時(shí)，先假定命題結(jié)論的反面成立，在這個(gè)前提下，若推出的結(jié)果與定義、公理、定理相矛盾，或與命題中的已知條件相矛盾，或與假設(shè)相矛盾，從而說明命題結(jié)論的反面不可能成立，由此斷定命題的結(jié)論成立．這種證明方法叫作反證法證明步驟(1)作出否定結(jié)論的假設(shè)(2)進(jìn)行推理，導(dǎo)出矛盾(3)否定假設(shè)，肯定結(jié)論適用范圍否定性命題(2)命題的結(jié)論中出現(xiàn)“至少”、“至多”、“唯一”等詞語的(3)當(dāng)命題成立非常明顯，而要直接證明所用的理論太少，且不容易說明，而其逆否命題又是非常容易證明的(4)要討論的情況很復(fù)雜，而反面情況很少1．分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的什么條件？(充分條件、必要條件、充要條件)提示：充分條件．2．用反證法證明結(jié)論“a>b”時(shí)，應(yīng)假設(shè)的內(nèi)容是什么？提示：應(yīng)假設(shè)a≤b.3．證明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)最適合的方法是什么？提示：分析法．1．若a<b<0，則下列不等式中成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)C．b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b)D.eq\f(b,a)<eq\f(b＋1,a＋1)解析：選C∵a<b<0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b).由不等式的同向可加性知b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b).2．用分析法證明：欲使①A>B，只需②C<D，這里①是②的()A．充分條件B．必要條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選B由題意可知，應(yīng)有②?①，故①是②的必要條件．3．(教材習(xí)題改編)用反證法證明命題“三角形三個(gè)內(nèi)角至少有一個(gè)不大于60°”時(shí)，應(yīng)假設(shè)()A．三個(gè)內(nèi)角都不大于60°B．三個(gè)內(nèi)角都大于60°C．三個(gè)內(nèi)角至多有一個(gè)大于60°D．三個(gè)內(nèi)角至多有兩個(gè)大于60°解析：選B“至少有一個(gè)不大于60°”的反面是“都大于60°”．4．下列條件：①ab>0；②ab<0；③a>0；b>0；④a<0，b<0，其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的條件的個(gè)數(shù)是________．解析：要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只要eq\f(b,a)>0且eq\f(a,b)>0，即a，b不為0且同號即可，故有3個(gè)．答案：35．已知點(diǎn)An(n，an)為函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)圖象上的點(diǎn)，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點(diǎn)，其中n∈N*，設(shè)cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關(guān)系為________．解析：由題意知，an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，∴cn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n).顯然，cn隨著n的增大而減小，∴cn>cn＋1.答案：cn>cn＋1考點(diǎn)一分析法的應(yīng)用[例1]已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，求證：對于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[自主解答]要證明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(3x1－2x1＋3x2－2x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)－(x1＋x2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－(x1＋x2)，即證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)，由于x1，x2∈R，所以3x1>0,3x2>0，由基本不等式知eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)顯然成立，故原結(jié)論成立．【方法規(guī)律】利用分析法證明問題的思路分析法的證明思路：先從結(jié)論入手，由此逐步推出保證此結(jié)論成立的充分條件，而當(dāng)這些判斷恰恰都是已證的命題(定義、公理、定理、法則、公式等)或要證命題的已知條件時(shí)命題得證．已知非零向量a、b，且a⊥b，求證：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).證明：a⊥b?a·b＝0，要證eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).只需證|a|＋|b|≤eq\r(2)|a＋b|，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證.考點(diǎn)二綜合法與分析法的綜合應(yīng)用[例2](·湖北高考)如圖，某地質(zhì)隊(duì)自水平地面A，B，C三處垂直向地下鉆探，自A點(diǎn)向下鉆到A1處發(fā)現(xiàn)礦藏，再繼續(xù)下鉆到A2處后下面已無礦，從而得到在A處正下方的礦層厚度為A1A2＝d1.同樣可得在B，C處正下方的礦層厚度分別為B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3.過AB，AC的中點(diǎn)M，N且與直線AA2平行的平面截多面體A1B1C1-A2B2C2所得的截面(1)證明：中截面DEFG是梯形；(2)在△ABC中，記BC＝a，BC邊上的高為h，面積為S.在估測三角形ABC區(qū)域內(nèi)正下方的礦藏儲(chǔ)量(即多面體A1B1C1-A2B2C2的體積V)時(shí)，可用近似公式V估＝S中·h來估算．已知V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S，試判斷V估與V的大小關(guān)系，并加以證明．[自主解答](1)證明：依題意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2所以四邊形A1A2B2B1，A1A由AA2∥平面MEFN，AA2?平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.同理可證A1A2∥FG，所以DE∥又點(diǎn)M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，則點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，A2B2，A2C2，A1C即DE、FG分別為梯形A1A2B2B1、A1A因此DE＝eq\f(1,2)(A1A2＋B1B2)＝eq\f(1,2)(d1＋d2)，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)(A1A2＋C1C2)＝eq\f(1,2)(d1＋d3)，而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面DEFG是梯形．(2)V估<V.證明如下：由A1A2⊥平面ABC，MN?平面ABC，可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2，所以EM同理可得FN⊥MN.由MN是△ABC的中位線，可得MN＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)a，即為梯形DEFG的高，因此S中＝S梯形DEFG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d1＋d2,2)＋\f(d1＋d3,2)))·eq\f(a,2)＝eq\f(a,8)(2d1＋d2＋d3)，即V估＝S中·h＝eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)．又S＝eq\f(1,2)ah，所以V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)．于是V－V估＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)－eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)＝eq\f(ah,24)[(d2－d1)＋(d3－d1)]．由d1<d2<d3，得d2－d1>0，d3－d1>0，故V估<V.【方法規(guī)律】綜合法與分析法聯(lián)袂應(yīng)用的技巧綜合法與分析法各有特點(diǎn)，在解決實(shí)際問題時(shí)，常把分析法與綜合法綜合起來運(yùn)用，通常用分析法分析，綜合法書寫．這一點(diǎn)在立體幾何中應(yīng)用最為明顯，同時(shí)，在數(shù)列、三角、解析幾何中也大多是利用分析法分析，用綜合法證明的辦法來證明相關(guān)問題．對于定義域?yàn)閇0,1]的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿足以下三條：①對任意的x∈[0,1]，總有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，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)．試判斷g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否為理想函數(shù)，如果是，請予以證明；如果不是，請說明理由．證明：g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函數(shù)，證明如下：因?yàn)閤∈[0,1]，所以2x≥1,2x－1≥0，即對任意x∈[0,1]，總有g(shù)(x)≥0，滿足條件①.g(1)＝21－1＝2－1＝1，滿足條件②.當(dāng)x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1時(shí)，g(x1＋x2)＝2x1＋x2－1，g(x1)＋g(x2)＝2x1－1＋2x2－1，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝(2x1＋x2－1)－(2x1－1＋2x2－1)＝2x1·2x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)．由于x1≥0，x2≥0，所以2x1－1≥0,2x2－1≥0，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]≥0，因此g(x1＋x2)≥g(x1)＋g(x2)，滿足條件③，故函數(shù)g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函數(shù)．高頻考點(diǎn)考點(diǎn)三反證法的應(yīng)用1．反證法的應(yīng)用是高考的?？純?nèi)容，題型為解答題，難度適中，為中高檔題．2．高考對反證法的考查常有以下兩個(gè)命題角度：(1)證明否定性命題；(2)證明存在性問題．[例3](·北京高考)已知{an}是由非負(fù)整數(shù)組成的無窮數(shù)列．該數(shù)列前n項(xiàng)的最大值記為An，第n項(xiàng)之后各項(xiàng)an＋1，an＋2，…的最小值記為Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}為2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一個(gè)周期為4的數(shù)列(即對任意n∈N*，an＋4＝an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；(2)設(shè)d是非負(fù)整數(shù)．證明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要條件為{an}是公差為d的等差數(shù)列；(3)證明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，則{an}的項(xiàng)只能是1或者2，且有無窮多項(xiàng)為1.[自主解答](1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)證明：(充分性)因?yàn)閧an}是公差為d的等差數(shù)列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…，因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1,2,3，…)．(必要性)因?yàn)閐n＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，又an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1，于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差為d的等差數(shù)列．(3)證明：因?yàn)閍1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故對任意n≥1，an≥B1＝1.假設(shè){an}(n≥2)中存在大于2的項(xiàng)．設(shè)m為滿足am>2的最小正整數(shù)，則m≥2，并且對任意1≤k<m，ak≤2.又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2.于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，與dm－1＝1矛盾．所以對于任意n≥1，有an≤2，即非負(fù)整數(shù)列{an}的各項(xiàng)只能為1或2.因?yàn)閷θ我鈔≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此對于任意正整數(shù)n，存在m滿足m>n，且am＝1，即數(shù)列{an}有無窮多項(xiàng)為1.反證法應(yīng)用問題的常見類型及解題策略(1)證明否定性命題．解決此類問題分三步：①假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面成立；②由假設(shè)出發(fā)進(jìn)行正確的推理，直到推出矛盾為止；③由矛盾斷言假設(shè)不成立，從而肯定原命題的結(jié)論正確．(2)證明存在性問題．證明此類問題的方法類同問題(1)．1．(·陜西高考)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．解：(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知矛盾．∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．2．已知f(x)＝x2＋px＋q.求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個(gè)不小于eq\f(1,2).證明：(1)因?yàn)閒(x)＝x2＋px＋q，所以f(1)＝1＋p＋q，f(2)＝4＋2p＋q，f(3)＝9＋3p＋q，則f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q(2)假設(shè)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于eq\f(1,2)，即|f(1)|<eq\f(1,2)，|f(2)|<eq\f(1,2)，|f(3)|<eq\f(1,2)，則－eq\f(1,2)<f(1)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(2)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(3)<eq\f(1,2).由同向不等式性質(zhì)，得－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2.這與f(1)＋f(3)－2故原命題結(jié)論成立，即|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個(gè)不小于eq\f(1,2).——————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]————————————————1種關(guān)系——綜合法與分析法的關(guān)系綜合法與分析法的關(guān)系：分析法與綜合法相輔相成，對較復(fù)雜的問題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件的關(guān)系，找到解題思路，再運(yùn)用綜合法證明；或兩種方法交叉使用．2個(gè)注意點(diǎn)——利用分析法和反證法應(yīng)注意的問題(1)用分析法證明數(shù)學(xué)問題時(shí)，要注意書寫格式的規(guī)范性(常常用“要證(欲證)…”“即要證…”“就要證…”)，等分析到一個(gè)明顯成立的結(jié)論．(2)利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時(shí)，要假設(shè)結(jié)論錯(cuò)誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯(cuò)誤的．3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)——反證法證明的關(guān)鍵點(diǎn)(1)準(zhǔn)確反設(shè)；(2)從否定的結(jié)論正確推理；(3)得出矛盾．?dāng)?shù)學(xué)思想(九)轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的應(yīng)用高考對直接證明與間接證明的考查多在知識的交匯處命題，如數(shù)列、立體幾何、不等式、函數(shù)、解析幾何等都可能考查，在具體求解時(shí)，應(yīng)注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化與化歸思想尋求解題思路．[典例](·山東高考)定義“正對數(shù)”：ln＋x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，0<x<1，,lnx，x≥1.))現(xiàn)有四個(gè)命題：①若a>0，b>0，則ln＋(ab)＝bln＋a；②若a>0，b>0，則ln＋(ab)＝ln＋a＋ln＋b；③若a>0，b>0，則ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))≥ln＋a－ln＋b；④若a>0，b>0，則ln＋(a＋b)≤ln＋a＋ln＋b＋ln2.其中的真命題有________(寫出所有真命題的序號)．[解題指導(dǎo)]本題是新定義問題，解題時(shí)要嚴(yán)格按照所給定義，對每一個(gè)選項(xiàng)逐一論證或排除．[解析]對于命題①，若0<a<1，由指數(shù)函數(shù)y＝ax可知，當(dāng)x>0時(shí)，0<y<1，即對任意b>0,0<ab<1，于是ln＋(ab)＝0，且bln＋a＝b×0＝0，此時(shí)ln＋(ab)＝bln＋a＝0，此時(shí)命題成立；當(dāng)a＝1時(shí)，ab＝1對任意b>0成立，此時(shí)ln＋(ab)＝bln＋a＝0，此時(shí)命題成立；當(dāng)a>1時(shí)，根據(jù)指數(shù)函數(shù)性質(zhì)可得對任意b>0，ab>1，此時(shí)ln＋(ab)＝lnab＝blna，且bln＋a＝blna，此時(shí)命題成立，故命題①為真命題；對于命題②，取a＝eq\f(1,3)，b＝3時(shí)，ln＋(ab)＝0，ln＋a＋ln＋b＝ln3>0，二者不相等，故命題②不是真命題；對于命題③，若eq\f(a,b)≥1，a≥1，b≥1，此時(shí)ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＝lneq\f(a,b)＝lna－lnb，ln＋a－ln＋b＝lna－lnb，不等式成立；若eq\f(a,b)≥1,0<a<1,0<b<1，此時(shí)ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＝lneq\f(a,b)≥0，ln＋a－ln＋b＝0，不等式也成立；若eq\f(a,b)≥1，a≥1,0<b<1，此時(shí)ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＝lneq\f(a,b)>lna，ln＋a－ln＋b＝lna，此時(shí)不等式也成立．根據(jù)對稱性，當(dāng)eq\f(a,b)<1時(shí)的各種情況就相當(dāng)于交換了上述a，b的位置，故不等式成立．綜上，命題③為真命題；對于命題④，若0<a<1,0<b<1，無論a＋b取值如何均有l(wèi)n＋(a＋b)≤ln2，不等式成立；若0<a<1，b≥1，則ln＋(a＋b)＝ln(a＋b)<ln2b＝lnb＋ln2＝ln＋a＋ln＋b＋ln2，不等式成立，同理a≥1,0<b<1時(shí)不等式也成立；當(dāng)a≥1，b≥1時(shí)，ln＋(a＋b)＝ln(a＋b)，ln＋a＋ln＋b＋ln2＝lna＋lnb＋ln2，故④中不等式可化為a＋b≤2ab，構(gòu)造函數(shù)g(a)＝a＋b－2ab，則g′(a)＝1－2b<0，所以函數(shù)g(a)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(a)≤g(1)＝1＋b－2b＝1－b≤0，所以a＋b≤2ab，所以④中的不等式成立，即命題④為真命題．[答案]①③④[題后悟道]1.注意這類判斷命題真假的題目，其解法上既要規(guī)范，又要靈活．當(dāng)判斷為真時(shí)，需嚴(yán)格地推理證明；而判斷為假時(shí)，只需舉一反例即可．2．注意培養(yǎng)觀察能力，即觀察條件、結(jié)論，且能從數(shù)學(xué)的角度揭示其差異，如“高次?低次”“分式(根式)?整式”“多元?一元”等，從而為我們的化歸轉(zhuǎn)化指明方向，奠定基礎(chǔ)．設(shè)a，b為正實(shí)數(shù)．現(xiàn)有下列命題：①若a2－b2＝1，則a－b<1；②若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，則a－b<1；③若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，則|a－b|<1；④若|a3－b3|＝1，則|a－b|<1.其中的真命題有________(寫出所有真命題的序號)．解析：①中，a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝1，a，b為正實(shí)數(shù)，若a－b≥1，則必有a＋b>1，不合題意，故①正確；②中，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝eq\f(a－b,ab)＝1，只需a－b＝ab即可．如果a＝2，b＝eq\f(2,3)滿足上式，但a－b＝eq\f(4,3)>1，故②錯(cuò)；③中，a，b為正實(shí)數(shù)，所以eq\r(a)＋eq\r(b)>|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，且|a－b|＝|(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))|＝|eq\r(a)＋eq\r(b)|>1，故③錯(cuò)；④中，|a3－b3|＝|(a－b)(a2＋ab＋b2)|＝|a－b|(a2＋ab＋b2)＝1.若|a－b|≥1，不妨取a>b>1，則必有a2＋ab＋b2>1，不合題意，故④正確．答案：①④[全盤鞏固]1．用反證法證明：若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個(gè)是偶數(shù)．用反證法證明時(shí)，下列假設(shè)正確的是()A．假設(shè)a、b、c都是偶數(shù)B．假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)C．假設(shè)a、b、c至多有一個(gè)偶數(shù)D．假設(shè)a、b、c至多有兩個(gè)偶數(shù)解析：選B“至少有一個(gè)”的否定為“都不是”．2．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值B．恒等于零C．恒為正值D．無法確定正負(fù)解析：選A由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b為正實(shí)數(shù)，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，則A，B，C的大小關(guān)系為()A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A解析：選Aeq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是單調(diào)減函數(shù)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).4．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，則P、Q的大小關(guān)系是()A．P>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值確定解析：選C假設(shè)P<Q，要證P<Q，只要證P2<Q2，只要證：2a＋7＋2eq\r(aa＋7)<2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要證a2＋7a<a2＋7a＋12，只要證0<12，∵0<12成立，∴P<Q成立．5．不相等的三個(gè)正數(shù)a，b，c成等差數(shù)列，并且x是a，b的等比中項(xiàng)，y是b，c的等比中項(xiàng)，則x2，b2，y2三數(shù)()A．成等比數(shù)列而非等差數(shù)列B．成等差數(shù)列而非等比數(shù)列C．既成等差數(shù)列又成等比數(shù)列D．既非等差數(shù)列又非等比數(shù)列解析：選B由已知條件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，,x2＝ab，,y2＝bc.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②,③))由②③，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b)，))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差數(shù)列．6．如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2CA．△A1B1C1和△A2B2CB．△A1B1C1和△A2B2CC．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2CD．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C解析：選D由條件知，△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0，則A1B1C1是銳角三角形，假設(shè)△A2B2由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A1))，,sinB2＝cosB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B1))，,sinC2＝cosC1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C1))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1.,B2＝\f(π,2)－B1.,C2＝\f(π,2)－C1.))那么A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾．所以假設(shè)不成立，又由已知可得△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C7．用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個(gè)能被5整除”，那么假設(shè)的內(nèi)容是_________________________________________________________．解析：“至少有n個(gè)”的否定是“最多有n－1個(gè)”，故應(yīng)假設(shè)a，b中沒有一個(gè)能被5整除．答案：a，b中沒有一個(gè)能被5整除8．設(shè)a、b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出下列條件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a、b中至少有一個(gè)大于1”的條件是________(填序號)．解析：若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，則a＋b>1.但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出；對于③，即a＋b>2，則a、b中至少有一個(gè)大于1.反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設(shè)不成立，故a、b中至少有一個(gè)大于1.答案：③9．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使f(c)>0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________．解析：法一：(補(bǔ)集法)令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－2p2＋p＋1≤0，,f1＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故滿足條件的p的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).法二：(直接法)依題意有f(－1)>0或f(1)>0，即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0，得－eq\f(1,2)<p<1或－3<p<eq\f(3,2)，故滿足條件的p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))10．已知a>0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1.求證：eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b)).證明：∵eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，a>0，∴0<b<1，要證eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b))，只需證eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)>1，只需證1＋a－b－ab>1，只需證a－b－ab>0，即eq\f(a－b,ab)>1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1.這是已知條件，所以原不等式成立．11．設(shè)Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．(1)若{an}為等差數(shù)列，推導(dǎo)Sn的計(jì)算公式；(2)若a1＝1，q≠0，且對所有正整數(shù)n，有Sn＝eq\f(1－qn,1－q).判斷{an}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論．解：(1)法一：設(shè){an}的公差為d，則Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝eq\f(na1＋an,2).法二：設(shè){an}的公差為d，則Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2){an}是等比數(shù)列．證明如下：∵Sn＝eq\f(1－qn,1－q)，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1－qn＋1,1－q)－eq\f(1－qn,1－q)＝eq\f(qn1－q,1－q)＝qn.∵a1＝1，q≠0，∴當(dāng)n≥1時(shí)，有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(qn,qn－1)＝q，因此，{an}是首項(xiàng)為1且公比為q的等比數(shù)列．12．(·北京高考)給定數(shù)列a1，a2，…，an，對i＝1,2，3，…，n－1，該數(shù)列前i項(xiàng)的最大值記為Ai，后n－i項(xiàng)ai＋1，ai＋2，…，an的最小值記為Bi，di＝Ai－Bi.(1)設(shè)數(shù)列{an}為3,4,7,1，寫出d1，d2，d3的值；(2)設(shè)a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比數(shù)列，且a1>0，證明：d1，d2，…，dn－1是等比數(shù)列；(3)設(shè)d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差數(shù)列，且d1>0，證明：a1，a2，…，an－1是等差數(shù)列．解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.(2)證明：因?yàn)閍1>0，公比q>1，所以a1，a2，…，an是遞增數(shù)列．因此，對i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是對i＝1,2，…，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.因此di≠0且eq\f(di＋1,di)＝q(i＝1,2，…，n－2)，即d1，d2，…，dn－1是等比數(shù)列．(3)證明：設(shè)d為d1，d2，…，dn－1的公差．對1≤i≤n－2，因?yàn)锽i≤Bi＋1，d>0，所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.又因?yàn)锳i＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.從而a1，a2，…，an－1是遞增數(shù)列．因此Ai＝ai(i＝1,2，…，n－1)．又因?yàn)锽1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<an－1.因此an＝B1.所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.因此對i＝1,2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差數(shù)列．[沖擊名校]設(shè)集合W是滿足下列兩個(gè)條件的無窮數(shù)列{an}的集合：①eq\f(an＋an＋2,2)≤an＋1；②an≤M，其中n∈N*，M是與n無關(guān)的常數(shù)．(1)若{an}是等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)的和，a3＝4，S3＝18，試探究{Sn}與集合W之間的關(guān)系；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)為bn＝5n－2n，且{bn}∈W，M的最小值為m，求m的值；(3)在(2)的條件下，設(shè)Cn＝eq\f(1,5)[bn＋(m－5)n]＋eq\r(2)，求證：數(shù)列{Cn}中任意不同的三項(xiàng)都不能成為等比數(shù)列．解：(1)∵a3＝4，S3＝18，∴a1＝8，d＝－2.∴Sn＝－n2＋9n.eq\f(Sn＋Sn