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2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套文档 12.2 直接证明与间接证明


§ 12.2

直接证明与间接证明

1.直接证明 (1)综合法 ①定义:利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等,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?Q1 ― → Q1?Q2 ― → Q2?Q3 ― →?― → Qn?Q (其中 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等,Q 表示要证的结论). ③思维过程:由因导果. (2)分析法 ①定义: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,这种证明方法叫做分 析法. ②框图表示: Q?P1 ― → P1?P2 ― → P2?P3 ― →?― → 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. 2.间接证明 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. 【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 程.( √ )

(6)证明不等式 2+ 7< 3+ 6最合适的方法是分析法.( √ )
-1-

1.p= ab+ cd,q= ma+nc· A.p≥q C.p>q 答案 B 解析 q=

b d + (m,n,a,b,c,d 均为正数),则 p,q 的大小为( m n

)

B.p≤q D.不确定

mad nbc ab+ + +cd≥ ab+2 abcd+cd= ab+ cd=p. n m )

2.要证 a2+b2-1-a2b2≤0 只要证明( A.2ab-1-a2b2≤0 a4+b4 B.a2+b2-1- ≤0 2 ?a+b?2 C. -1-a2b2≤0 2 D.(a2-1)(b2-1)≥0 答案 D

解析 a2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0. 3.若 a,b,c 为实数,且 a<b<0,则下列命题正确的是( A.ac2<bc2 1 1 C. < a b 答案 B 解析 a2-ab=a(a-b), ∵a<b<0,∴a-b<0,∴a2-ab>0, ∴a2>ab.① 又 ab-b2=b(a-b)>0,∴ab>b2,② 由①②得 a2>ab>b2. 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)2( a+ b). ∴当 a≥0,b≥0 且 a≠b 时,( a- b)2( a+ b)>0. B.a2>ab>b2 b a D. > a b )

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故 a a+b b>a b+b a成立的条件是 a≥0,b≥0 且 a≠b.

题型一 综合法的应用 1 an 例 1 已知数列{an}满足 a1= ,且 an+1= (n∈N*). 2 3an+1 1 (1)证明数列{ }是等差数列,并求数列{an}的通项公式; an 1 (2)设 bn=anan+1(n∈N*),数列{bn}的前 n 项和记为 Tn,证明:Tn< . 6 1 1 思维点拨 (1)已知等式两边取倒数,得 - 为常数. an+1 an 1 (2)求出 bn 利用拆项求和再与 比较. 6 an (1)解 由已知可得,当 n∈N*时,an+1= . 3an+1 3an+1 1 1 两边取倒数得, = = +3, an an an+1 即 1 1 - =3, an+1 an

1 1 所以数列{ }是首项为 =2,公差为 3 的等差数列, an a1 1 1 其通项公式为 = +(n-1)×3=2+(n-1)×3 an a1 =3n-1. 1 所以数列{an}的通项公式为 an= . 3n-1 1 (2)证明 由(1)知 an= , 3n-1 1 1 故 bn=anan+1= × 3n-1 3?n+1?-1 = 1 1 1 1 = ( - ), ?3n-1??3n+2? 3 3n-1 3n+2

故 Tn=b1+b2+?+bn 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ×( - )+ ×( - )+?+ ×( - ) 3 2 5 3 5 8 3 3n-1 3n+2 11 1 1 1 1 = ( - )= - · . 3 2 3n+2 6 3 3n+2 1 1 因为 >0,所以 Tn< . 6 3n+2
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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)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. (2013· 课标全国Ⅱ)设 a、b、c 均为正数,且 a+b+c=1,证明: 1 a2 b2 c2 (1)ab+bc+ac≤ ;(2) + + ≥1. 3 b c a 证明 (1)由 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac 得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1, 即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 1 所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3 a2 b2 c2 (2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, b c a a2 b2 c2 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), 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 已知 a>0,求证 1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2. a a

思维点拨 用分析法,移项,平方,化简. 证明 要证 只需要证 1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2, a a 1 1 a2+ 2+2≥a+ + 2. a a 1 1 a2+ 2+2)2≥(a+ + 2)2, a a

∵a>0,故只需要证( 1 即 a2+ 2+4 a 从而只需要证 2

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

1 1 只需要证 4(a2+ 2)≥2(a2+2+ 2), a a 1 即 a2+ 2≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立. a 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.

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(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个中间结论,从而使原命题得证. 1 1 已知 a,b∈(0,+∞),求证:(a3+b3) <(a2+b2) . 3 2 证明 因为 a,b∈(0,+∞),所以要证原不等式成立,
1

1

只需证[(a3+b3) 3 ]6<[(a2+b2) 2 ]6, 即证(a3+b3)2<(a2+b2)3, 即证 a6+2a3b3+b6<a6+3a4b2+3a2b4+b6, 只需证 2a3b3<3a4b2+3a2b4. 因为 a,b∈(0,+∞), 所以即证 2ab<3(a2+b2). 而 a2+b2≥2ab,3(a2+b2)≥6ab>2ab 成立, 以上步骤步步可逆, 所以(a +b ) <(a +b ) 题型三 反证法的应用 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. 思维点拨 证明(2)用反证法,假设存在三项,符合条件推出矛盾. (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 1 所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列,所以 an= n-1. 2 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 - - 则 2· q= p+ r,所以 2· 2r q=2r p+1.(*) 2 2 2 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. 所以假设不成立,原命题得证. 思维升华 (1)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,可用
3
1 3 3

2

2

1 2

.

反证法来证,反证法关键是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.
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(2)用反证法证明不等式要把握三点:①必须否定结论;②必须从否定结论进行推理;③推导 出的矛盾必须是明显的. 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; 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. n

?a1= 2+1, (1)解 由已知得? ∴d=2, ?3a1+3d=9+3 2,
故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). Sn (2)证明 由(1)得 bn= =n+ 2. n
2 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)2=(p+ 2)(r+ 2). ∴(q2-pr)+ 2(2q-p-r)=0.
?q2-pr=0, ? ∵p,q,r∈N*,∴? ? ?2q-p-r=0.

p+r 2 ∴( ) =pr,即(p-r)2=0.∴p=r,与 p≠r 矛盾. 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.

反证法在证明题中的应用 x2 典例:(12 分)(2013· 北京)直线 y=kx+m(m≠0)与椭圆 W: +y2=1 相交于 A、C 两点,O 是 4 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. 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)

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

消 y 并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.[6 分] 设 A(x1,y1),C(x2,y2),则 x1+x2 y2+y2 x1+x2 4km m =- , =k· +m= . 2 2 2 1+4k2 1+4k2

? -4km , m ?.[8 分] 所以 AC 的中点为 M? ? ?1+4k2 1+4k2?
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≠-1,所以 AC 与 OB 不垂直.[10 分] 因为 k· ? 4k? 4
所以 OABC 不是菱形,与假设矛盾. 所以当点 B 不是 W 的顶点时,四边形 OABC 不可能是菱形.[12 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
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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( A.lg(1+a2)>0 C.a2+3ab>2b2 答案 B 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. 2.若 P= a+ a+7,Q= a+3+ a+4(a≥0),则 P,Q 的大小关系是( A.P>Q C.P<Q 答案 C 解析 ∵P2=2a+7+2 a· a+7 =2a+7+2 a2+7a, Q2=2a+7+2 a+3· a+4 =2a+7+2 a2+7a+12, ∴P2<Q2,∴P<Q. 3.对于平面 α 和共面的直线 m,n.下列命题中的真命题是( A.若 m⊥α,m⊥n,则 n∥α B.若 m∥α,n∥α,则 m∥n C.若 m?α,n∥α,则 m∥n D.若 m、n 与 α 所成的角相等,则 m∥n 答案 C 解析 对于平面 α 和共面的直线 m,n, 设 m,n 确定的平面为 β.对于 C,若 m?α,则 α∩β=m, 从而 n∥α,可得 m∥n,因此 C 正确. ) B.P=Q D.由 a 的取值确定 ) )

B.a2+b2≥2(a-b-1) a a+1 D. < b b+1

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1 1 4.已知 a>0,b>0,则 + +2 ab的最小值是( a b A.2 B.2 2 C.4 D.5 答案 C 1 1 解析 因为 + +2 ab≥2 a b =2( 1 + ab)≥4. ab 1 = ab, ab 1 +2 ab ab

)

1 1 当且仅当 = 且 a b

即 a=b=1 时,取“=”. 5.(2014· 山东)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 至多有一个实数 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 答案 A 解析 方程 x3+ax+b=0 至少有一个实根的反面是方程 x3+ax+b=0 没有实根,故应选 A. 6.下列条件: ①ab>0;②ab<0;③a>0,b>0;④a<0,b<0. b a 其中能使 + ≥2 成立的条件的个数是________. a b 答案 3 b a b a 解析 要使 + ≥2,只要 >0,且 >0,即 a、b 不为 0 且同号,故有 3 个. a b a b 7.已知“整数对”按如下规律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3), (3,2),(4,1),?,则第 60 个“整数对”是________. 答案 (5,7) 解析 依题意,把“整数对”的和相同的分为一组,不难得知每组中每个“整数对”的和为 n +1, 且每组共有 n 个“整数对”, 这样的前 n 组一共有 n?n+1? 10?10+1? 个“整数对”, 注意到 2 2

11?11+1? <60< ,因此第 60 个“整数对”处于第 11 组(每个“整数对”的和为 12 的组)的第 5 2 个位臵,结合题意可知每个“整数对”的和为 12 的组中的各数对依次为(1,11),(2,10),(3,9), (4,8),(5,7),?,因此第 60 个“整数对”是(5,7). 8. 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, ?,

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f?x1?+f?x2?+?+f?xn? x1+x2+?+xn xn,有 ≤f( ),已知函数 y=sin x 在区间(0,π)上是凸函数, n n 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? A+B+C π ≤f( )=f( ), 3 3 3

π 3 3 即 sin A+sin B+sin C≤3sin = , 3 2 3 3 所以 sin A+sin B+sin C 的最大值为 . 2 |a|+|b| 9.已知非零向量 a⊥b,求证: ≤ 2. |a-b| 证明 ∵a⊥b,∴a· b=0. |a|+|b| 要证 ≤ 2,只需证:|a|+|b|≤ 2|a-b|, |a-b| 平方得:|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2-2a· b), 只需证:|a|2+|b|2-2|a||b|≥0, 即(|a|-|b|)2≥0,显然成立.故原不等式得证. 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. (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 SA2+AD2=SD2, ∴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. 故不存在这样的点 F,使得 BF∥平面 SAD. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟)

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a+ b 1 2ab 11.已知函数 f(x)=( )x,a,b 是正实数,A=f( ),B=f( ab),C=f( ),则 A、B、C 2 2 a+b 的大小关系为( A.A≤B≤C C.B≤C≤A 答案 A a+b 2ab 1 解析 ∵ ≥ ab≥ ,又 f(x)=( )x 在 R 上是减函数. 2 2 a+b a+b 2ab ∴f( )≤f( ab)≤f( ),即 A≤B≤C. 2 a+b 12.(2013· 广东)设整数 n≥4,集合 X={1,2,3,?,n},令集合 S={(x,y,z)|x,y,z∈X,且 三条件 x<y<z,y<z<x,z<x<y 恰有一个成立}.若(x,y,z)和(z,w,x)都在 S 中,则下列选项 正确的是( ) ) B.A≤C≤B D.C≤B≤A

A.(y,z,w)∈S,(x,y,w)?S B.(y,z,w)∈S,(x,y,w)∈S C.(y,z,w)?S,(x,y,w)∈S D.(y,z,w)?S,(x,y,w)?S 答案 B 解析 方法一 因为(x,y,z)∈S,则 x,y,z 的大小关系有 3 种情况,同理,(z,w,x)∈S, 则 z,w,x 的大小关系也有 3 种情况,如图所示,由图可知,x,y,w,z 的大小关系有 4 种 可能,均符合(y,z,w)∈S,(x,y,w)∈S.故选 B.

方法二 (特殊值法)因为(x,y,z)和(z,w,x)都在 S 中,不妨令 x=2,y=3,z=4,w=1, 则(y,z,w)=(3,4,1)∈S,(x,y,w)=(2,3,1)∈S,故(y,z,w)?S,(x,y,w)?S 的说法均错误, 可以排除选项 A、C、D,故选 B. 13.a2+2+ 2 与 2 2的大小关系是________________. a2+2

2 答案 a2+2+ 2 >2 2 a +2 14. 已知二次函数 f(x)=ax2+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.

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1 (1)证明: 是函数 f(x)的一个零点; a 1 (2)试用反证法证明 >c. a 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 x1,x2, ∵f(c)=0,∴x1=c 是 f(x)=0 的根, c 11 又 x1x2= ,∴x2= ( ≠c), a aa 1 ∴ 是 f(x)=0 的一个根. a 1 即 是函数 f(x)的一个零点. a 1 1 (2)假设 <c,又 >0,由 0<x<c 时,f(x)>0, a a 1 1 1 知 f( )>0 与 f( )=0 矛盾,∴ ≥c, a a a 1 1 又∵ ≠c,∴ >c. a a 1 3?1+an+1? 2?1+an? 15.已知数列{an}满足:a1= , = ,a a + <0(n≥1),数列{bn}满足:bn=a2 n+1 2 1-an 1-an+1 n n 1 -a2 n(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 (1)解 由题意可知,1-a2 n+1= (1-an). 3 2 令 cn=1-a2 n,则 cn+1= cn. 3 3 3 又 c1=1-a2 1= ,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 3 2 n-1 2 2 故 1-an = · ( ) ?an = 1- · ( ) . 4 3 4 3 1 又 a1= >0.anan+1<0, 2 故 an=(-1)n
2 bn=a2 n+1-an
-1

3 2 n-1 1- · ? ? . 4 3

3 2n 3 2 n-1 =[1- · ( ) ]-[1- · ( ) ] 4 3 4 3

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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. 12 - 12 - 12 - ∴2· ( )s 1= ( )r 1+ ( )t 1, 43 43 43 两边同乘以 3t 121 r,化简得 3t r+2t r=2· 2s r3t s.
- - - - - -

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.

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