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【步步高】2017版高考数学一轮复习 第十三章 推理与证明、算法、复数 13.2 直接证明与间接证明 理


【步步高】 (江苏专用)2017 版高考数学一轮复习 第十三章 推理与 证明、算法、复数 13.2 直接证明与间接证明 理

1.直接证明 (1)综合法 ①定义:从已知条件出发,以已知的定义、公理、定理为依据,逐步下推,直到推出要证明 的结论为止,这种证明方法常称为综合法. ②框图表示: 已知条件 ? ?? ?? 结论 ③思维过程:由因导果. (2)分析法 ①定义:从问题的结论出发,追溯导致结论成立的条件,逐步上溯,直到使结论成立的条件 和已知条件或已知事实吻合为止.这种证明方法常称为分析法. ②框图表示: 结论 ????? 已知条件 ③思维过程:执果索因. 2.间接证明 (1)反证法:假设原命题不成立(即在原命题的条件下,结论不成立),经过正确的推理,最后 得出矛盾,因此说明假设错误,从而证明原命题成立的证明方法. (2)反证法的步骤: ①反设——假设命题的结论不成立,即假定原结论的反面为真; ②归谬——从反设和已知条件出发,经过一系列正确的逻辑推理,得出矛盾结果; ③存真——由矛盾结果,断定反设不真,从而肯定原结论成立. 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“?”) (1)综合法是直接证明,分析法是间接证明.( ? ) (2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的充要条件.( ? ) (3)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“a<b”.( ? ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾.( ? ) (5) 在解决问题时,常常用分析法寻找解题的思路与方法,再用综合法展现解决问题的过

1

程.( √ ) (6)证明不等式 2+ 7< 3+ 6最合适的方法是分析法.( √ )

1.已知点 An(n,an)为函数 y= x +1图象上的点,Bn(n,bn)为函数 y=x 图象上的点,其中

2

n∈N*,设 cn=an-bn,则 cn 与 cn+1 的大小关系为_________.
答案 cn+1<cn 解析 由条件得 cn=an-bn= n +1-n= 则 cn 随 n 的增大而减小,∴cn+1<cn. 2.用反证法证明:若整系数一元二次方程 ax +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________. 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. 答案 ② 解析 “至少有一个”的否定为“都不是”,故②正确. 3.要证 a +b -1-a b ≤0 只要证明________(填正确的序号). ①2ab-1-a b ≤0; ②a +b -1-
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1
2

n +1+n



a4+b4
2

≤0;



?a+b? 2 2 -1-a b ≤0; 2
2 2

④(a -1)(b -1)≥0. 答案 ④ 解析 a +b -1-a b ≤0?(a -1)(b -1)≥0. 4.如果 a a+b b>a b+b a,则 a、b 应满足的条件是__________________. 答案 a≥0,b≥0 且 a≠b 解析 ∵a a+b b-(a b+b a) = a(a-b)+ b(b-a) =( a- b)(a-b) =( a- b) ( a+ b). ∴当 a≥0,b≥0 且 a≠b 时,( a- b) ( a+ b)>0.
2
2 2 2 2 2 2 2 2

∴a a+b b>a b+b a成立的条件是 a≥0,b≥0 且 a≠b. 5.(教材改编)在△ABC 中,三个内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 A,B,C 成等差数 列,a,b,c 成等比数列,则△ABC 的形状为________三角形. 答案 等边 解析 由题意 2B=A+C, π 2 又 A+B+C=π ,∴B= ,又 b =ac, 3 由余弦定理得 b =a +c -2accos B=a +c -ac, ∴a +c -2ac=0,即(a-c) =0,∴a=c, π ∴A=C,∴A=B=C= , 3 ∴△ABC 为等边三角形.
2 2 2 2 2 2 2 2

题型一 综合法的应用 例 1 对于定义域为[0,1]的函数 f(x),如果同时满足: ①对任意的 x∈[0,1],总有 f(x)≥0; ②f(1)=1; ③若 x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,都有 f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立,则称函数 f(x)为理想函 数. (1)若函数 f(x)为理想函数,证明:f(0)=0; (2)试判断函数 f(x)=2x(x∈[0,1]),f(x)=x (x∈[0,1]),f(x)= x(x∈[0,1])是不是理 想函数. (1)证明 取 x1=x2=0,则 x1+x2=0≤1, ∴f(0+0)≥f(0)+f(0),∴f(0)≤0. 又对任意的 x∈[0,1],总有 f(x)≥0, ∴f(0)≥0.于是 f(0)=0. (2)解 对于 f(x)=2x,x∈[0,1],f(1)=2 不满足新定义中的条件②, ∴f(x)=2x,(x∈[0,1])不是理想函数. 对于 f(x)=x ,x∈[0,1],显然 f(x)≥0,且 f(1)=1. 任意的 x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1,
2 2

f(x1+x2)-f(x1)-f(x2)
=(x1+x2) -x1-x2=2x1x2≥0,
2 2 2

3

即 f(x1)+f(x2)≤f(x1+x2). ∴f(x)=x (x∈[0,1])是理想函数. 对于 f(x)= x,x∈[0,1],显然满足条件①②. 对任意的 x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1, 有 f (x1+x2)-[f(x1)+f(x2)] =(x1+x2)-(x1+2 x1x2+x2)=-2 x1x2≤0, 即 f (x1+x2)≤[f(x1)+f(x2)] . ∴f(x1+x2)≤f(x1)+f(x2),不满足条件③. ∴f(x)= x(x∈[0,1])不是理想函数. 综上,f(x)=x (x∈[0,1])是理想函数,f(x)=2x(x∈[0,1])与 f(x)= x(x∈[0,1])不是理 想函数. 思维升华 (1)综合法是“由因导果”的证明方法,它是一种从已知到未知(从题设到结论)
2 2 2 2 2 2

的逻辑推理方法,即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发,经过一系列中间推 理,最后导出所要求证结论的真实性.(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理. 设 a、b、c 均为正数,且 a+b+c=1,证明: 1 a b c (1)ab+bc+ac≤ ;(2) + + ≥1. 3 b c a 证明 (1)由 a +b ≥2ab,b +c ≥2bc,c +a ≥2ac 得
2 2 2 2 2 2 2 2 2

a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
由题设知(a+b+c) =1, 即 a +b +c +2ab+2bc+2ca=1. 1 所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3 (2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c),
2 2 2 2

a2 b

b2 c

c2 a

a2 b2 c2 b c a

a2 b2 c2 a2 b2 c2 即 + + ≥a+b+c.所以 + + ≥1. b c a b c a
题型二 分析法的应用 例2 1 ? π? ? π? 已知函数 f(x)=tan x,x∈?0, ?,若 x1,x2∈?0, ?,且 x1≠x2,求证: [f(x1) 2? 2? 2 ? ?

+f(x2)]>f?

?x1+x2?. ? ? 2 ?

1 ?x1+x2?, 证明 要证 [f(x1)+f(x2)]>f? ? 2 ? 2 ?

4

1 x1+x2 即证明 (tan x1+tan x2)>tan , 2 2 1?sin x1 sin x2? x1+x2 + 只需证明 ? ?>tan 2 , 2?cos x1 cos x2? sin?x1+x2? sin?x1+x2? 只需证明 > . 2cos x1cos x2 1+cos?x1+x2?

? π? 由于 x1,x2∈?0, ?,故 x1+x2∈(0,π ). 2? ?
所以 cos x1cos x2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0, 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.

? π? 由 x1,x2∈?0, ?,x1≠x2 知上式显然成立, 2? ?
1 ?x1+x2?. 因此 [f(x1)+f(x2)]>f? ? 2 ? 2 ? 引申探究 若本例中 f(x) 变为 f(x) = 3 - 2x ,试证:对于任意的 x1 , x2∈R ,均有 ≥f?
x

f?x1?+f?x2?
2

?x1+x2?. ? ? 2 ?
f?x1?+f?x2?
2 ≥f?

证明 要证明

?x1+x2?, ? ? 2 ?

即证明

x1 ? x2 (3x1 ? 2 x1 ) ? (3x2 ? 2 x2 ) x1+x2 ≥ 3 2 -2? , 2 2
1 2 3x1 ? 3x2 -(x1+x2)≥ 3 2 -(x1+x2), 2

x ?x

因此只要证明

即证明

1 2 3x1 ? 3x2 ≥3 2 , 2

x ?x

因此只要证明

3x1 ? 3x2 x x ≥ 3 1 ?3 2 , 2
x x

由于 x1,x2∈R 时, 3 1 ? 0,3 2 ? 0,

3x1 ? 3x2 x x 由基本不等式知 ≥ 3 1 ? 3 2 显然成立,故原结论成立. 2
思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想, 通过反推, 逐步寻找使结论成立的充分 条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.(2)证明较复杂的问题时,可以采用两头 凑的办法,即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论,然后通过综合法证明这
5

个中间结论,从而使原命题得证. 已知 a>0,求证 证明 要证 只需要证 1

a2+ 2- 2≥a+ -2. a a
1

1

1

a2+ 2- 2≥a+ -2, a a a2+ 2+2≥a+ + 2. a a a2+ 2+2)2≥(a+ + 2)2, a a
1 1 1 1 1 1

因为 a>0,故只需要证( 1 2 即 a + 2+4 1

a

a2+ 2+4≥a2+2+ 2+2 2(a+ )+2, a a a a2+ 2≥ 2(a+ ), a a a a
1 1

从而只需要证 2

1 1 2 2 只需要证 4(a + 2)≥2(a +2+ 2), 1 2 即 a + 2≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立.

a

题型三 反证法的应用 命题点 1 证明否定性命题 例 3 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an+Sn=2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列. (1)解 当 n=1 时,a1+S1=2a1=2,则 a1=1. 又 an+Sn=2,所以 an+1+Sn+1=2, 1 两式相减得 an+1= an, 2 1 所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列, 2 1 所以 an= n-1. 2 (2)证明 反证法:假设存在三项按原来顺序成等差数列,记为 ap+1,aq+1,ar+1(p<q<r,且 p,

q,r∈N*),
1 1 1 r-q r-p 则 2? q= p+ r,所以 2?2 =2 +1.(*) 2 2 2 又因为 p<q<r,且 p,q,r∈N ,所以 r-q,r-p∈N . 所以(*)式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立. 所以假设不成立,原命题得证.
6
* *

命题点 2 证明存在性问题 例4 若 f(x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a<b),则称函数 f(x)是[a,b]上的“四维

光军”函数. 1 2 3 (1)设 g(x)= x -x+ 是[1,b]上的“四维光军”函数,求常数 b 的值; 2 2 (2)是否存在常数 a,b(a>-2),使函数 h(x)= 1 是区间[a,b]上的“四维光军”函数?若 x+2

存在,求出 a,b 的值;若不存在,请说明理由. 1 2 解 (1)由题设得 g(x)= (x-1) +1, 其图象的对称轴为 x=1, 区间[1, b]在对称轴的右边, 2 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, 1 2 3 即 b -b+ =b,解得 b=1 或 b=3. 2 2 因为 b>1,所以 b=3. (2)假设函数 h(x)= 因为 h(x)= 1 1

x+2

在区间[a,b] (a>-2)上是“四维光军”函数,

x+2

在区间(-2,+∞)上单调递减, 1 ? ?a+2=b, 即? 1 ? ?b+2=a,

所以有?

?h?a?=b, ? ? ?h?b?=a,

解得 a=b,这与已知矛盾.故不存在. 命题点 3 证明唯一性命题 例5 已知 M 是由满足下述条件的函数构成的集合:对任意 f(x)∈M,(ⅰ)方程 f(x)-x=0

有实数根; (ⅱ)函数 f(x)的导数 f′(x)满足 0<f′(x)<1.

x sin x (1)判断函数 f(x)= + 是不是集合 M 中的元素,并说明理由; 2 4
(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 x0∈(m,n),使得等式 f(n)-f(m)=(n-m)f′(x0)成立.试用这一性质证明: 方程 f(x) -x=0 有且只有一个实数根. (1)解 ①当 x=0 时,f(0)=0,所以方程 f(x)-x=0 有实数根为 0; 1 1 ?1 3? ②f′(x)= + cos x,所以 f′(x)∈? , ?,满足条件 0<f′(x)<1. 2 4 ?4 4? 由①②可得,函数 f(x)= + 2

x sin x
4

是集合 M 中的元素.

7

(2)证明 假设方程 f(x)-x=0 存在两个实数根 α ,β (α ≠β ),则 f(α )-α =0,f(β ) -β =0. 不妨设 α <β ,根据题意存在 c∈(α ,β ), 满足 f(β )-f(α )=(β -α )f′(c). 因为 f(α )=α ,f(β )=β ,且 α ≠β , 所以 f′(c)=1. 与已知 0<f′(x)<1 矛盾. 又 f(x)-x=0 有实数根, 所以方程 f(x)-x=0 有且只有一个实数根. 思维升华 应用反证法证明数学命题,一般有以下几个步骤: 第一步:分清命题“p? q”的条件和结论; 第二步:作出与命题结论 q 相反的假设綈 q; 第三步:由 p 和綈 q 出发,应用正确的推理方法,推出矛盾结果; 第四步:断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈 q 不真,于是原结论 q 成立,从而 间接地证明了命题 p? q 为真. 所说的矛盾结果,通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知矛盾,与临 时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果. 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9+3 2. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn; (2)设 bn= (n∈N ),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

Sn n

*

?a1= 2+1, (1)解 由已知得? ?3a1+3d=9+3 2,
故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). (2)证明 由(1)得 bn= =n+ 2.

∴d=2,

Sn n

假设数列{bn}中存在三项 bp,bq,br(p,q,r∈N ,且互不相等)成等比数列,则 bq=bpbr, 即(q+ 2) =(p+ 2)(r+ 2). ∴(q -pr)+ 2(2q-p-r)=0.
? ?q -pr=0, ∵p,q,r∈N ,∴? ?2q-p-r=0. ?
* 2 2 2

*

2

∴(

p+r
2

) =pr,即(p-r) =0.∴p=r,与 p≠r 矛盾.

2

2

∴假设不成立,即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.
8

23.反证法在证明题中的应用

典例 (14 分)直线 y=kx+m(m≠0)与椭圆 W: +y =1 相交于 A、C 两点,O 是坐标原点. 4 (1)当点 B 的坐标为(0,1),且四边形 OABC 为菱形时,求 AC 的长; (2)当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时,证明:四边形 OABC 不可能为菱形. 思维点拨 (1)根据菱形对角线互相垂直平分及点 B 的坐标设出点 A 的坐标, 代入椭圆方程求 得点 A 的坐标,后求 AC 的长; (2)将直线方程代入椭圆方程求出 AC 的中点坐标(即 OB 的中点坐标), 判断直线 AC 与 OB 是否 垂直. 规范解答 (1)解 因为四边形 OABC 为菱形, 则 AC 与 OB 相互垂直平分. 由于 O(0,0),B(0,1)

x2

2

t2 1 ? 1? 所以设点 A?t, ?,代入椭圆方程得 + =1, 4 4 ? 2?
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.
? ?x +4y =4, 由? ?y=kx+m, ?
2 2

消 y 并整理得(1+4k )x +8kmx+4m -4=0.[7 分] 设 A(x1,y1),C(x2,y2),则

2

2

2

x1+x2
2

4km y2+y2 x1+x2 m =- =k? +m= 2, 2. 1+4k 2 2 1+4k

所以 AC 的中点为 M?

? -4km2, m 2?.[10 分] ? ?1+4k 1+4k ?

因为 M 为 AC 和 OB 的交点,且 m≠0,k≠0, 1 所以直线 OB 的斜率为- , 4k 1 ? 1? 因为 k??- ?=- ≠-1,所以 AC 与 OB 不垂直. 4 ? 4k? 所以 OABC 不是菱形,与假设矛盾.[13 分]

9

所以当点 B 不是 W 的顶点时,四边形 OABC 不可能是菱形.[14 分] 温馨提醒 (1)掌握反证法的证明思路及证题步骤, 正确作出假设是反证法的基础, 应用假设 是反证法的基本手段,得到矛盾是反证法的目的. (2)当证明的结论和条件联系不明显、 直接证明不清晰或正面证明分类较多、 而反面情况只有 一种或较少时,常采用反证法. (3)利用反证法证明时,一定要回到结论上去.

[方法与技巧] 1.分析法的特点:从未知看需知,逐步靠拢已知. 2.综合法的特点:从已知看可知,逐步推出未知. 3.分析法和综合法各有优缺点.分析法思考起来比较自然,容易寻找到解题的思路和方法, 缺点是思路逆行, 叙述较繁; 综合法从条件推出结论, 较简捷地解决问题, 但不便于思考. 实 际证题时常常两法兼用,先用分析法探索证明途径,然后再用综合法叙述出来. [失误与防范] 1. 用分析法证明时, 要注意书写格式的规范性, 常常用“要证(欲证)??”“即证??”“只 需证??”等,逐步分析,直至一个明显成立的结论. 2.利用反证法证明数学问题时,要假设结论错误,并用假设的命题进行推理,如果没有用假 设命题推理而推出矛盾结果,其推理过程是错误的.

A 组 专项基础训练 (时间:45 分钟) 1.若 a、b∈R,则下面四个式子中恒成立的是________(填序号). ①lg(1+a )>0 ③a +3ab>2b 答案 ② 解析 在②中,∵a +b -2(a-b-1)=(a -2a+1)+(b +2b+1)=(a-1) +(b+1) ≥0, ∴a +b ≥2(a-b-1)恒成立. 2.①已知 p +q =2,求证 p+q≤2,用反证法证明时,可假设 p+q≥2;②已知 a,b∈R, |a|+|b|<1,求证方程 x +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 x1 的绝对值大于或等于 1,即假设|x1|≥1.以下正确的是________(填字母). a.①与②的假设都错误
10
2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

②a +b ≥2(a-b-1) ④ <

2

2

a a+1 b b+1

b.①与②的假设都正确 c.①的假设正确;②的假设错误 d.①的假设错误;②的假设正确 答案 d 解析 反证法的实质是否定结论,对于①,其结论的反面是 p+q>2,所以①不正确;对于②, 其假设正确. 3.分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设 a>b>c,且 a+b+c=0,求证 b -ac< 3
2

a”索的因应是_______________.
①a-b>0 ③(a-b)(a-c)>0 答案 ③ 解析 由题意知 b -ac< 3a?b -ac<3a ?(a+c) -ac<3a
2 2 2 2 2 2 2

②a-c>0 ④(a-b)(a-c)<0

?a +2ac+c -ac-3a <0 ?-2a +ac+c <0 ?2a -ac-c >0 ?(a-c)(2a+c)>0?(a-c)(a-b)>0. 4.若 P= a+ a+7,Q= a+3+ a+4(a≥0),则 P,Q 的大小关系是____________. 答案 P<Q 解析 ∵P =2a+7+2 a? a+7 =2a+7+2 a +7a,
2 2 2 2 2 2

2

Q2=2a+7+2 a+3? a+4
=2a+7+2 a +7a+12, ∴P <Q ,∴P<Q. 5.设 a,b 是两个实数,给出下列条件: ①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a +b >2;⑤ab>1. 其中能推出:“a,b 中至少有一个大于 1”的条件是_____________________________. 答案 ③ 1 2 解析 若 a= ,b= ,则 a+b>1, 2 3 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 +b >2,故④推不出; 若 a=-2,b=-3,则 ab>1,故⑤推不出;
11
2 2 2 2 2 2 2

对于③,即 a+b>2, 则 a,b 中至少有一个大于 1, 反证法:假设 a≤1 且 b≤1, 则 a+b≤2 与 a+b>2 矛盾, 因此假设不成立,a,b 中至少有一个大于 1. 6.用反证法证明命题“a,b∈R,ab 可以被 5 整除,那么 a,b 中至少有一个能被 5 整除”, 那么假设的内容是____________________________. 答案 a,b 中没有一个能被 5 整除 解析 “至少有 n 个”的否定是“最多有 n-1 个”, 故应假设 a, b 中没有一个能被 5 整除. 7.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使 + ≥2 成立的条件的 序号是________. 答案 ①③④ 解析 要使 + ≥2, 只需 >0 且 >0 成立, 即 a, b 不为 0 且同号即可, 故①③④能使 + ≥2 成立. 8.若二次函数 f(x)=4x -2(p-2)x-2p -p+1,在区间[-1,1]内至少存在一点 c,使
2 2

b a a b

b a a b

b a

a b

b a a b

f(c)>0,则实数 p 的取值范围是____________.
3? ? 答案 ?-3, ? 2

?

?
2

解析

? ?f?-1?=-2p +p+1≤0, 令? 2 ?f?1?=-2p -3p+9≤0, ?

3 解得 p≤-3 或 p≥ , 2 3? ? 故满足条件的 p 的范围为?-3, ?. 2? ? 9.已知 a≥b>0,求证:2a -b ≥2ab -a b. 证明 要证明 2a -b ≥2ab -a b 成立, 只需证:2a -b -2ab +a b≥0, 即 2a(a -b )+b(a -b )≥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 -b ≥2ab -a b. 10.已知四棱锥 S-ABCD 中,底面是边长为 1 的正方形,又 SB=SD= 2,SA=1.
3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

12

(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 +AD =SD ,∴SA⊥AD. 同理 SA⊥AB. 又 AB∩AD=A, ∴SA⊥平面 ABCD. (2)解 假设在棱 SC 上存在异于 S,C 的点 F,使得 BF∥平面 SAD. ∵BC∥AD,BC?平面 SAD. ∴BC∥平面 SAD.而 BC∩BF=B, ∴平面 FBC∥平面 SAD. 这与平面 SBC 和平面 SAD 有公共点 S 矛盾, ∴假设不成立. ∴不存在这样的点 F,使得 BF∥平面 SAD. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 1 x a+b 2ab 11.已知函数 f(x)=( ) ,a,b 是正实数,A=f( ),B=f( ab),C=f( ),则 A、B、 2 2 a+ b
2 2 2

C 的大小关系为__________.
答案 A≤B≤C 解析 ∵ ∴f(

a+b
2

≥ ab≥

2ab 1 x ,又 f(x)=( ) 在 R 上是减函数. a+b 2 2ab ),即 A≤B≤C. a+b

a+b
2

)≤f( ab)≤f(

12.如果△A1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2 的三个内角的正弦值,则下列说法正 确的是________. ①△A1B1C1 和△A2B2C2 都是锐角三角形; ②△A1B1C1 和△A2B2C2 都是钝角三角形; ③△A1B1C1 是钝角三角形,△A2B2C2 是锐角三角形; ④△A1B1C1 是锐角三角形,△A2B2C2 是钝角三角形. 答案 ④ 解析 由条件知,△A1B1C1 的三个内角的余弦值均大于 0,则△A1B1C1 是锐角三角形,假设

△A2B2C2 是锐角三角形.

13

sin A =cos A =sin? -A ?, ? ?2 ? ? ?π ? 由?sin B =cos B =sin? -B ?, 2 ? ? π ? ?sin C =cos C =sin??? 2 -C ???,
2 1 1 2 1 1 2 1 1



?

? ? π 得?B = -B , 2 π ? ?C = 2 -C .
A2= -A1,
2 1

π 2

2

1

π 那么,A2+B2+C2= , 2 这与三角形内角和为 180°相矛盾. 所以假设不成立,又显然△A2B2C2 不是直角三角形. 所以△A2B2C2 是钝角三角形. 13. 凸函数的性质定理: 如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数, 则对于区间 D 内的任意 x1, x2, ?,

f?x1?+f?x2?+?+f?xn? x1+x2+?+xn xn,有 ≤f( ),已知函数 y=sin x 在区间(0, n n
π )上是凸函数,则在△ABC 中,sin A+sin B+sin C 的最大值为________. 答案 3 3 2

解析 ∵f(x)=sin x 在区间(0,π )上是凸函数,且 A、B、C∈(0,π ). ∴

f?A?+f?B?+f?C?
3

≤f(

A+B+C
3

π )=f( ), 3

即 sin A+sin B+sin C≤3sin

π 3 3 = , 3 2

3 3 所以 sin A+sin B+sin C 的最大值为 . 2 14.已知二次函数 f(x)=ax +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 (1)证明: 是 f(x)=0 的一个根;
2

a a

1 (2)试比较 与 c 的大小; (3)证明:-2<b<-1.
14

(1)证明 ∵f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点, ∴f(x)=0 有两个不等实根 x1,x2, ∵f(c)=0,∴x1=c 是 f(x)=0 的根,

c 1?1 ? 又 x1x2= ,∴x2= ? ≠c?, a a?a

?

1 ∴ 是 f(x)=0 的一个根.

a

1 1 (2)解 假设 <c,又 >0,

a

a

由 0<x<c 时,f(x)>0,

?1? ?1? 知 f? ?>0 与 f? ?=0 矛盾, a a ? ? ? ?
1 1 1 ∴ ≥c,又∵ ≠c,∴ >c.

a

a

a

(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

b x1+x2 x2+x2 1 x=- = < =x2= , 2a 2 2 a b 1 即- < . 2a a
又 a>0,∴b>-2,∴-2<b<-1. 1 3?1+an+1? 2?1+an? 15.已知数列{an}满足:a1= , = ,anan+1<0(n≥1),数列{bn}满足: 2 1-an 1-an+1
2 bn=a2 n+1-an(n≥1).

(1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列. 2 2 2 (1)解 由题意可知,1-an+1= (1-an). 3 2 2 令 cn=1-an,则 cn+1= cn. 3 3 3 2 又 c1=1-a1= ,则数列{cn}是首项为 c1= , 4 4 2 3 2 n-1 公比为 的等比数列,即 cn= ?( ) , 3 4 3 3 2 n-1 2 3 2 n-1 2 故 1-an= ?( ) ? an=1- ?( ) . 4 3 4 3

15

1 又 a1= >0.anan+1<0, 2 故 an=(-1)
2 bn=a2 n+1-an

n-1

3 2 n-1 1- ?? ? . 4 3

3 2 n 3 2 n-1 =[1- ?( ) ]-[1- ?( ) ] 4 3 4 3 1 2 n-1 = ?( ) . 4 3 (2)证明 用反证法证明. 假设数列{bn}存在三项 br,bs,bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列, 1 2 由于数列{bn}是首项为 ,公比为 的等比数列, 4 3 于是有 br>bs>bt,则只能有 2bs=br+bt 成立. 1 2 s-1 1 2 r-1 1 2 t-1 ∴2? ( ) = ( ) + ( ) , 4 3 4 3 4 3 两边同乘以 3 化简得 3
t-r t-1 1-r

2


s-r t-s

+2

t-r

=2?2

3

.

由于 r<s<t,∴上式左边为奇数,右边为偶数, 故上式不可能成立,导致矛盾. 故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列.

16


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