2023版高考数学一轮复习选修系列13.2直接证明与间接证明理

PAGEPAGE17选修系列13.2直接证明与间接证明理1．直接证明(1)综合法①定义：一般地，利用条件和某些数学定义、公理、定理等，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：eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)(其中P表示条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(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：eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→eq\x(P2⇐P3)→…→eq\x(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：一般地，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】判断以下结论是否正确(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认，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eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)最适宜的方法是分析法．(√)1．假设a，b，c为实数，且a<b<0，那么以下命题正确的选项是()A．ac2<bc2 B．a2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)>eq\f(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>b2.2．(2022·北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否那么就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，那么()A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C．乙盒中红球不多于丙盒中红球D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案B解析取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，那么乙盒中红球数加1；②黑＋黑，那么丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，那么乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，那么丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机，③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上选B.3．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D解析a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.4．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，那么a、b应满足的条件是__________________________．答案a≥0，b≥0且a≠b解析∵aeq\r(a)＋beq\r(b)－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＝eq\r(a)(a－b)＋eq\r(b)(b－a)＝(eq\r(a)－eq\r(b))(a－b)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))．∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))>0.∴aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.5．(2022·青岛模拟)如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤f(eq\f(x1＋x2＋…＋xn,n))，函数y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为________．答案eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，且A、B、C∈(0，π)．∴eq\f(fA＋fB＋fC,3)≤f(eq\f(A＋B＋C,3))＝f(eq\f(π,3))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，∴sinA＋sinB＋sinC的最大值为eq\f(3\r(3),2).题型一综合法的应用例1(2022·重庆模拟)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.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.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.思维升华(1)综合法是“由因导果〞的证明方法，它是一种从到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的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．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假设x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，那么称函数f(x)为理想函数．(1)假设函数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)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])是不是理想函数．(1)证明取x1＝x2＝0，那么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)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝2x1x2≥0，即f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)．∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数．对于f(x)＝eq\r(x)，x∈[0,1]，显然满足条件①②.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2eq\r(x1x2)＋x2)＝－2eq\r(x1x2)≤0，即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.∴f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])不是理想函数．综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])不是理想函数．题型二分析法的应用例2函数f(x)＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，假设x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且x1≠x2，求证：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).证明要证eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即证明eq\f(1,2)(tanx1＋tanx2)>taneq\f(x1＋x2,2)，只需证明eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2,cosx2)))>taneq\f(x1＋x2,2)，只需证明eq\f(sinx1＋x2,2cosx1cosx2)>eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2).由于x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故x1＋x2∈(0，π)．所以cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0,1＋cos(x1＋x2)>0，故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，即证1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，即证cos(x1－x2)<1.由x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x1≠x2知上式显然成立，因此eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).引申探究假设本例中f(x)变为f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).证明要证明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即证明≥－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要证明－(x1＋x2)≥－(x1＋x2)，即证明≥，因此只要证明≥，由于x1，x2∈R时，>0,>0，由根本不等式知≥显然成立，故原结论成立．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，可以采用两头凑的方法，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．(2022·重庆月考)设a>0，b>0,2c>a＋b，求证：(1)c2>ab；(2)c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab).证明(1)∵a>0，b>0,2c>a＋b≥2eq\r(ab)，∴c>eq\r(ab)，平方得c2>ab.(2)要证c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab)，只要证－eq\r(c2－ab)<a－c<eq\r(c2－ab)，即证|a－c|<eq\r(c2－ab)，即(a－c)2<c2－ab.∵(a－c)2－c2＋ab＝a(a＋b－2c)<0成立，∴原不等式成立．题型三反证法的应用命题点1证明否认性命题例3等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(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．(1)解由得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)证明由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(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，那么beq\o\al(2,q)＝bpbr，即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴(eq\f(p＋r,2))2＝pr，即(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾．∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．命题点2证明存在性问题例4(2022·济南模拟)假设f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，那么称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军〞函数．(1)设g(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)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)＝eq\f(1,x＋2)是区间[a，b]上的“四维光军〞函数？假设存在，求出a，b的值；假设不存在，请说明理由．解(1)由题设得g(x)＝eq\f(1,2)(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eq\f(1,2)b2－b＋eq\f(3,2)＝b，解得b＝1或b＝3.因为b>1，所以b＝3.(2)假设函数h(x)＝eq\f(1,x＋2)在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军〞函数，因为h(x)＝eq\f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ha＝b，,hb＝a，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a，))解得a＝b，这与矛盾．故不存在．命题点3证明唯一性命题例5M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，①方程f(x)－x＝0有实数根；②函数f(x)的导数f′(x)满足0<f′(x)<1.(1)判断函数f(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(sinx,4)是不是集合M中的元素，并说明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质：假设f(x)的定义域为D，那么对于任意[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0；②f′(x)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cosx，所以f′(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)))，满足条件0<f′(x)<1.由①②可得，函数f(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(sinx,4)是集合M中的元素．(2)证明假设方程f(x)－x＝0存在两个实数根α，β(α≠β)，那么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公理、定义、定理或事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．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，假设f(c)＝0，且0<x<c时，f(x)>0.(1)证明：eq\f(1,a)是函数f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明eq\f(1,a)>c.证明(1)∵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，又x1x2＝eq\f(c,a)，∴x2＝eq\f(1,a)(eq\f(1,a)≠c)，∴eq\f(1,a)是f(x)＝0的一个根．即eq\f(1,a)是函数f(x)的一个零点．(2)假设eq\f(1,a)<c，又eq\f(1,a)>0，由0<x<c时，f(x)>0，知f(eq\f(1,a))>0，与f(eq\f(1,a))＝0矛盾，∴eq\f(1,a)≥c，又∵eq\f(1,a)≠c，∴eq\f(1,a)>c.26．反证法在证明题中的应用典例(12分)直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A、C两点，O是坐标原点．(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．思想方法指导在证明否认性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(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根底，应用假设是反证法的根本手段，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．标准解答(1)解因为四边形OABC为菱形，那么AC与OB相互垂直平分．由于O(0,0)，B(0,1)，所以设点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))，代入椭圆方程得eq\f(t2,4)＋eq\f(1,4)＝1，那么t＝±eq\r(3)，故|AC|＝2eq\r(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.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,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)，那么eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，eq\f(y2＋y2,2)＝k·eq\f(x1＋x2,2)＋m＝eq\f(m,1＋4k2).所以AC的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).[8分]因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为－eq\f(1,4k)，因为k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))＝－eq\f(1,4)≠－1，所以AC与OB不垂直．[10分]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]1．(2022·泰安质检)用反证法证明命题“设a，b为实数，那么方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根〞时，要做的假设是()A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根答案A解析因为“方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根〞等价于“方程x2＋ax＋b＝0有一个实根或两个实根〞，所以该命题的否认是“方程x2＋ax＋b＝0没有实根〞．应选A.2．(2022·山西质量监测)对累乘运算Π有如下定义：eq\o(Π,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak＝a1×a2×…×an，那么以下命题中的真命题是()A.eq\o(Π,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k不能被10100整除B.eq\f(\o(Π,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))4k－2,\o(Π,\s\up6(2014),\s\do4(k＝1))2k－1)＝22015C.eq\o(Π,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)不能被5100整除D.eq\o(Π,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)eq\o(Π,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k＝eq\o(Π,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))k答案D解析因为eq\o(Π,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)eq\o(Π,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k＝(1×3×5×…×2015)×(2×4×6×…×2014)＝1×2×3×…×2014×2015＝eq\o(Π,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))k，应选D.3．(2022·上饶月考)设x，y，z>0，那么三个数eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)()A．都大于2 B．至少有一个大于2C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2答案C解析因为(eq\f(y,x)＋eq\f(y,z))＋(eq\f(z,x)＋eq\f(z,y))＋(eq\f(x,z)＋eq\f(x,y))＝(eq\f(y,x)＋eq\f(x,y))＋(eq\f(y,z)＋eq\f(z,y))＋(eq\f(z,x)＋eq\f(x,z))≥6，当且仅当x＝y＝z时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，应选C.4．①p3＋q3＝2，证明：p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②假设a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证：方程x2＋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.以下结论正确的选项是()A．①与②的假设都错误B．①的假设正确；②的假设错误C．①与②的假设都正确D．①的假设错误；②的假设正确答案D解析对于①，结论的否认是p＋q>2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，应选D.5．设a，b是两个实数，给出以下条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1〞的条件是()A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤答案C解析假设a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，那么a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；假设a＝b＝1，那么a＋b＝2，故②推不出；假设a＝－2，b＝－3，那么a2＋b2>2，故④推不出；假设a＝－2，b＝－3，那么ab>1，故⑤推不出；对于③，即a＋b>2，那么a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，那么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．(2022·河南三市联考)设n为正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f(128)>________.答案eq\f(9,2)解析观察f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3可知，等式及不等式右边的数构成首项为eq\f(3,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列，故f(128)>eq\f(3,2)＋6×eq\f(1,2)＝eq\f(9,2).7．(2022·全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞，那么甲的卡片上的数字是________．答案1和3解析由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞可知，丙为“1和2〞或“1和3〞，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，所以乙只可能为“2和3〞，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，所以甲只能为“1和3〞．8．假设二次函数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，那么实数p的取值范围是____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))解析假设二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，那么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)，故满足题干条件的p的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).9．a>0，证明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.证明要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))≥(a＋eq\f(1,a))－(2－eq\r(2))．因为a>0，所以(a＋eq\f(1,a))－(2－eq\r(2))>0，所以只需证(eq\r(a2＋\f(1,a2)))2≥[(a＋eq\f(1,a))－(2－eq\r(2))]2，即2(2－eq\r(2))(a＋eq\f(1,a))≥8－4eq\r(2)，只需证a＋eq\f(1,a)≥2.因为a>0，a＋eq\f(1,a)≥2显然成立(a＝eq\f(1,a)＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．10．设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，假设函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，求证：f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．证明由函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，可知f(x＋1)＝f(－x)．将x换成x－eq\f(1,2)代入上式可得f(x－eq\f(1,2)＋1)＝f[－(x－eq\f(1,2))]，即f(x＋eq\f(1,2))＝f(－x＋eq\f(1,2))，由偶函数的定义可知f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．11．函数f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．证明(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1<x2，那么x2－x1>0.∵a>1，∴∴又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)>0.于是f(x2)－f(x1)＝＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)>0，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，那么ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1).∵a>1，∴0<<1，∴0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2，与假设x0<0相矛盾，故方程f(x)＝0没有负数根．12．(2022·陕西)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比拟fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明．(1)证明Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，那么Fn(1)＝n－1＞0，Fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－2＝－eq\f(1,2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内至少存在一个零点．又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内单调递增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内有且仅有一个零点xn，因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，即eq\f(1－x\o\al(n＋1,n),1－xn)－2＝0，故xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n).(2)解方法一由题设，gn(x)＝eq\f(n＋11＋xn,2)，设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－eq\f(n＋11＋xn,2)，x＞0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1xn－1,2)，假设0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，假设x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x)．方法二由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝eq\f(n＋1xn＋1,2)，x＞0，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)，当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)，①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－eq\f(1,2)(1－x)2＜0，所以f2(x)＜g2(x)成立，②假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)，那么，当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝eq\f(k＋11＋x