（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 5 第5讲 直接证明与间接证明

第5讲直接证明与间接证明1．(2019·扬州质检)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________．解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故应假设“a，b中没有一个能被5整除”．答案：a，b中没有一个能被5整除2．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a、b、c的大小顺序是________．解析：因为a＝3－2＝13＋2，b＝6－5＝16＋5，c＝7－6＝17＋6，且7＋6＞6＋5＞3＋2＞0，所以a＞b＞c.答案：a＞b＞c3．已知点An(n，an)为函数y＝x2＋1图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．解析：由条件得cn＝an－bn＝n2＋1－n＝1n2＋1＋n，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1cn.答案：cn＋1cn4．已知α、β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin(α－β)，则tanα＝________．解析：因为cos(α＋β)＝sin(α－β)，所以cosαcosβ－sinαsinβ＝sinαcosβ－cosαsinβ.所以cosα(sinβ＋cosβ)＝sinα(cosβ＋sinβ)．因为sinβ＋cosβ≠0，所以cosα＝sinα，所以tanα＝1.答案：15．对于实数a，b，c，d，下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤14；③ab＋ba≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，其中不成立的不等式有________个．解析：利用综合法可证①②④成立，若a＝1，b＝－1，ab＋ba＝－2，则③不成立．答案：16．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b1；②a＋b＝2；③a＋b2；④a2＋b22；⑤ab1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件的序号是________．解析：若a＝12，b＝23，则a＋b1，但a1，b1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b22，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab1，故⑤推不出；对于③，即a＋b2，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＋b2矛盾，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.答案：③7．已知函数f(x)＝12x，a，b是正实数，A＝fa＋b2，B＝f(ab)，C＝f2aba＋b，则A、B、C的大小关系为________．解析：因为a＋b2≥ab≥2aba＋b，又f(x)＝12x在R上是减函数．所以fa＋b2≤f(ab)≤f2aba＋b，即A≤B≤C.答案：A≤B≤C8．在R上定义运算：abcd＝ad－bc.若不等式x－1a－2a＋1x≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为________．解析：据已知定义可得不等式x2－x－a2＋a＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a2＋a＋1)≤0，解得－12≤a≤32，故a的最大值为32.答案：329．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－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________．解析：法一：(补集法)令f（－1）＝－2p2＋p＋1≤0，f（1）＝－2p2－3p＋9≤0，解得p≤－3或p≥32，故满足条件的p的取值范围为－3，32.法二：(直接法)依题意有f(－1)0或f(1)0，即2p2－p－10或2p2＋3p－90，得－12p1或－3p32，故满足条件的p的取值范围是－3，32.答案：－3，3210．设M＝1a－11b－11c－1，且a＋b＋c＝1(a、b、c均为正数)，则M的取值范围是________．解析：因为a＋b＋c＝1，所以1a－1＝a＋b＋ca－1＝b＋ca≥2bca，①同理1b－1＝a＋cb≥2acb，②1c－1＝a＋bc≥2abc，③①×②×③，即1a－11b－11c－1≥8a2b2c2abc＝8，当且仅当a＝b＝c＝13时取等号．答案：[8，＋∞)11．求证：a，b，c为正实数的充要条件是a＋b＋c＞0，且ab＋bc＋ca＞0和abc＞0.证明：必要性(直接证法)：因为a，b，c为正实数，所以a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，因此必要性成立．充分性(反证法)：假设a，b，c是不全为正的实数，由于abc＞0，则它们只能是两负一正，不妨设a＜0，b＜0，c＞0.又因为ab＋bc＋ca＞0，所以a(b＋c)＋bc＞0，且bc＜0，所以a(b＋c)＞0.①又因为a＜0，所以b＋c＜0.所以a＋b＋c＜0，这与a＋b＋c＞0相矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．12．设{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和．(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？解：(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S22＝S1·S3，即a21(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3，则2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．由于a1≠0，所以2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，因为q≠1，所以q＝0，这与q≠0相矛盾．综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．1．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0，1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)||x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|12.那么它的反设应该是________．答案：∃x1，x2∈[0，1]，使得|f(x1)－f(x2)||x1－x2|，则|f(x1)－f(x2)|≥122．设M＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M与1的大小关系为________．解析：因为M1210＋1210＋1210＋…＋1210(共210项)，所以M1210×210＝1.答案：M13．已知函数f(x)，当x∈(1，＋∞)时，恒有f(3x)＝3f(x)成立，且当x∈(1，3)时，f(x)＝3－x.记f(3n＋1)＝kn，则i＝1nki＝________．解析：k1＝f(3＋1)＝f3×43＝3f43＝33－43；k2＝f(32＋1)＝f32×32＋132＝32×3－32＋132；…kn＝3n3－3n＋13n＝3n＋1－3n－1＝2×3n－1，所以i＝1nki＝2(3＋32＋…＋3n)－n＝2×3（3n－1）3－1－n＝3n＋1－n－3.答案：3n＋1－n－34．已知函数y＝f(x)的定义域为D，若对于任意的x1，x2∈D(x1≠x2)，都有fx1＋x22f（x1）＋f（x2）2，则称y＝f(x)为D上的凹函数．由此可得下列函数中的凹函数的序号为________．①y＝log2x；②y＝x；③y＝x2；④y＝x3.解析：可以根据图象直观观察；对于③证明如下：欲证fx1＋x22f（x1）＋f（x2）2，即证x1＋x222x21＋x222，即证(x1＋x2)22x21＋2x22.即证(x1－x2)20.显然成立．故原不等式得证．答案：③5．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)设g(x)＝12x2－x＋32是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；(2)是否存在常数a，b(a＞－2)，使函数h(x)＝1x＋2是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知得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12b2－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．6．(2019·常州模拟)已知非零数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝an－2an＋1(n∈N*)．(1)求证：数列1＋1an是等比数列；(2)若关于n的不等式1n＋log21＋1a1＋1n＋log21＋1a2＋…＋1n＋log21＋1anm－3有解，求整数m的最小值；(3)在数列1＋1an－（－1）n中，是否存在首项、第r项、第s项(1rs≤6)，使得这三项依次构成等差数列？若存在，求出所有的r、s；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由anan＋1＝an－2an＋1，得1an＋1＝2an＋1，即1an＋1＋1＝21an＋1，所以数列1＋1an是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得，1an＋1＝2n，故1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋nm－3，设f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n，则f(n＋1)－f(n)＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋20，所以f(n)单调递增，则f(n)min＝f(1)＝12，于是12m－3，即m72，故整数m的最小值为4.(3)由(1)(2)得，an＝12n－1，则设bn＝1＋1an－(－1)n＝2n－(－1)n，要使得b1，br，bs成等差数列，即b1＋bs＝2br，即3＋2s－(－1)s＝2r＋1－2(－1)r，得2s－2r＋1＝(－1)s－2(－1)r－3，因为s≥r＋1，所以(－1)s－2(－1)r－3≥0，所以s≥r＋1，（－1）s＝1，（－1）r＝－1，故s为偶数，r为奇数，因为4≤s≤6，所以s＝4，r＝3或s＝6，r＝5或s＝6，r＝3.