4、3)× (4)√
2．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析 a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.
答案 D
3．若a，b，c為實數，且aab>b2
C.< D.>
解析 a2－ab＝a(a－b)，∵a0，∴a2>ab.①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2>ab
5、>b2.
答案 B
4．用反證法證明命題：“設a，b為實數，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根
解析 因為“方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”等價于“方程x3＋ax＋b＝0的實根的個數大于或等于1”，所以要做的假設是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”．
答案 A
5．在△ABC中，三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數列，a，b，c成等比數列，則△ABC的形狀
6、為________．
解析 由題意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC為等邊三角形．
答案 等邊三角形
6．(2017·紹興檢測)完成反證法證題的全過程．設a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一個排列，求證：乘積p＝(a1－1)·(a2－2)·…·(a7－7)為偶數．
證明：假設p為奇數，則a1－1，a2－2，…，a7－7均為奇數．因奇數個奇數之和為奇數，故有奇數＝____________＝______
7、______＝0.但0≠奇數，這一矛盾說明p為偶數．
解析 ∵a1－1，a2－2，…，a7－7均為奇數，∴(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)也為奇數，即(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)為奇數．又∵a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一個排列，∴a1＋a2＋…＋a7＝1＋2＋…＋7，故上式為0，∴奇數＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0.
答案 (a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7) (a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)
考點一 綜合法的應用
【例1】 已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1
8、.求證：
(1)＋＋≤；
(2)＋＋≥.
證明 (1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴＋＋≤.
(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0，
∴＋(3a＋1)≥2＝4，
∴≥3－3a，同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得
4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥.
規(guī)律方法 用綜合法證題是從已知條件出發(fā)，逐步推向結論，綜合法的適用范圍：
(1)定義明確的問題，如證明函數的單調性、奇偶性、求證無條件的等式或不等式；
(2)已知條件明確，并且容易通過分析和應用條件逐步逼近結論的題型．在使用綜合法證明時，易
9、出現的錯誤是因果關系不明確，邏輯表達混亂．
【訓練1】 設a，b，c均為正數，且a＋b＋c＝1，證明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
證明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設知(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)因為a＞0，b＞0，c＞0，
所以＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.
考點二 分析法的應
10、用
【例2】 已知a＞0，證明：－≥a＋－2.
證明 要證－≥a＋－2，
只需證≥－(2－)．
因為a＞0，所以－(2－)＞0，
所以只需證≥，
即2(2－)≥8－4，只需證a＋≥2.
因為a＞0，a＋≥2顯然成立，所以要證的不等式成立．
規(guī)律方法 (1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件．正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵．
(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證．
【訓練2】 △ABC的三個內角A，B，C成等差數列，A，
11、B，C的對邊分別為a，b，c.
求證：＋＝.
證明 要證＋＝，
即證＋＝3也就是＋＝1，
只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需證c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三內角A，B，C成等差數列，故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．
考點三 反證法的應用
【例3】 等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求數列{an}的通項an與前n項和Sn；
(2)設bn＝(n∈N*)，求證：數列{bn}中任意不同的三項都不可
12、能成為等比數列．
(1)解 由已知得解得d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)證明 由(1)得bn＝＝n＋.假設數列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比數列，則b＝bpbr.即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴＝pr，(p－r)2＝0.
∴p＝r，與p≠r矛盾．
∴數列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數列．
規(guī)律方法 (1)當一個命題的結論是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出現時，可用反證法來證，反證法關鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以
13、是與已知條件矛盾，與假設矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實矛盾等．
(2)用反證法證明不等式要把握三點：①必須否定結論；②必須從否定結論進行推理；③推導出的矛盾必須是明顯的．
【訓練3】 (2017·鄭州一中月考)已知a1＋a2＋a3＋a4>100，求證：a1，a2，a3，a4中至少有一個數大于25.
證明 假設a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，則a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，
這與已知a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假設錯誤．
所以a1，a2，a3，a4中至少有一個數大于25.
基礎鞏固題組
14、
一、選擇題
1．用反證法證明命題：“三角形三個內角至少有一個不大于60°”時，應假設( )
A．三個內角都不大于60°
B．三個內角都大于60°
C．三個內角至多有一個大于60°
D．三個內角至多有兩個大于60°
答案 B
2．若a，b∈R，則下面四個式子中恒成立的是( )
A．lg(1＋a2)>0 B．a2＋b2≥2(a－b－1)
C．a2＋3ab>2b2 D.<
解析 在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．
答案 B
3．已知m>1，a
15、＝－，b＝－，則以下結論正確的是( )
A．a>b B．a＋＞0(m＞1)，
∴<，即a
16、＋c)＞0?(a－c)(a－b)＞0.
答案 C
5．①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1，用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|≥1.以下正確的是( )
A．①與②的假設都錯誤
B．①與②的假設都正確
C．①的假設正確；②的假設錯誤
D．①的假設錯誤；②的假設正確
解析 反證法的實質是否定結論，對于①，其結論的反面是p＋q＞2，所以①不正確；對于②，其假設正確．
答案 D
6．(2018·杭州一模)記Sn是各項均為正數的
17、等差數列{an}的前n項和，若a1≥1，則( )
A．S2mS2n≥S，ln S2mln S2n≤ln2Sm＋n
B．S2mS2n≤S，ln S2mln S2n≤ln2Sm＋n
C．S2mS2n≥S，ln S2mln S2n≥ln2Sm＋n
D．S2mS2n≤S，ln S2mln S2n≥ln2Sm＋n
解析 由Sn是各項均為正數的等差數列{an}的前n項和，可采用取特殊數列方法驗證排除，如：數列1，2，3，4，5，6，…，取m＝1，n＝1，則S2m＝S2＝3，S2n＝S4＝10，Sm＋n＝S3＝6，∴S2mS2n＝S2S4＝30＜36＝S＝S，排除A，C；又ln S2mln S2
18、n＝ln 3·ln 10＜ln26＝ln2Sm＋n，排除D.
答案 B
二、填空題
7.＋與2＋的大小關系為________．
解析 要比較＋與2＋的大小，
只需比較(＋)2與(2＋)2的大小，
只需比較6＋7＋2與8＋5＋4的大小，
只需比較與2的大小，只需比較42與40的大小，
∵42>40，∴＋>2＋.
答案?。?2＋
8．用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”，那么假設的內容是______________．
解析 “至少有一個能”的反面是“都不能”．
答案 a，b都不能被5整除
9．下列條件：①ab>0，②ab<0，
19、③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的條件的序號是________．
解析 要使＋≥2，只需>0成立，即a，b不為0且同號即可，故①③④能使＋≥2成立．
答案?、佗邰?
10．給出如下四個命題：①e＞2；②ln 2＞；③π2＜3π；④＜，正確的命題是________(只填序號)．
解析 要證e＞2，只要證＞ln 2，即2＞eln 2，
設f(x)＝eln x－x，x＞0，∴f′(x)＝－1＝，
當0＜x＜e時，f′(x)＞0，函數單調遞增，
當x＞e時，f′(x)＜0，函數單調遞減，
∴f(x)＜f(e)＝eln e－e＝0，∴f(2)＝eln 2－2＜0，
20、即2＞eln 2，∴e＞2，因此①正確；
∵3ln 2＝ln 8＞ln 2.82＞ln e2＝2.
∴l(xiāng)n 2＞，因此②正確；
π2＜42＝16，3π＞33＝27，因此π2＜3π，③正確；
∵2π＜π2，∴＜，④正確；
正確的命題是①②③④.
答案?、佗冖邰?
三、解答題
11．若a，b，c是不全相等的正數，求證：
lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
證明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又上述三個不等式中等號不能同時成立．
∴··＞abc成立．
上式兩邊同時取常用對數，
得lg＞lg abc，
∴l(xiāng)g＋lg＋lg＞lg a
21、＋lg b＋lg c.
12．設數列{an}是公比為q的等比數列，Sn是它的前n項和．
(1)求證：數列{Sn}不是等比數列；
(2)數列{Sn}是等差數列嗎？為什么？
(1)證明 假設數列{Sn}是等比數列，則S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因為a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，這與公比q≠0矛盾，
所以數列{Sn}不是等比數列．
(2)解 當q＝1時，Sn＝na1，故{Sn}是等差數列；
當q≠1時，{Sn}不是等差數列，
否則2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，這與公
22、比q≠0矛盾．
綜上，當q＝1時，數列{Sn}是等差數列；當q≠1時，數列{Sn}不是等差數列．
能力提升題組
13．已知函數f(x)＝，a，b是正實數，A＝f，B＝f()，C＝f，則A，B，C的大小關系為( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析 ∵≥≥，又f(x)＝在R上是減函數，∴f≤f()≤f.
答案 A
14．設a，b，c均為正實數，則三個數a＋，b＋，c＋( )
A．都大于2 B．都小于2
C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2
解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴＋＋＝＋＋
≥6，當且僅
23、當a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.
答案 D
15．如果a＋b>a＋b，則a，b應滿足的條件是________．
解析 ∵a＋b－(a＋b)
＝(a－b)＋(b－a)
＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋)．
∴當a≥0，b≥0且a≠b時，(－)2(＋)>0.
∴a＋b>a＋b成立的條件是a≥0，b≥0且a≠b.
答案 a≥0，b≥0且a≠b
16．設x≥1，y≥1，證明x＋y＋≤＋＋xy.
證明 由于x≥1，y≥1，
所以要證明x＋y＋≤＋＋xy，
只需證xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
將上式中的右式減左式，得
[
24、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)．
因為x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
從而所要證明的不等式成立．
17．(2016·浙江卷)設函數f(x)＝x3＋，x∈[0，1]，證明：
(1)f(x)≥1－x＋x2；
(2)＜f(x)≤.
證明 (1)因為1－x＋x2－x3＝＝，
由于x∈[0，1]，有≤，
即1－x＋x2－x3≤，
所以f(x)≥1－x＋x2.
(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋≤x＋＝x＋－＋＝＋≤，
所以f(x)≤.
由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝＋≥，
又因為f＝＞，
所以f(x)＞.
綜上，＜f(x)≤.
12
（浙江專版）2019版高考數學大一輪復習 第七章 數列與數學歸納法 第5節(jié) 直接證明與間接證明(供選用)學案 理
