2019版数学（文）培优增分一轮全国经典版培优讲义：第11章　算法初步、复数、推理与证明 第4讲直接证明与间接证明 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第4讲直接证明与间接证明板块一知识梳理·自主学习［必备知识]考点1直接证明考点2间接证明1．反证法的定义假设原命题不成立，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．利用反证法证题的步骤（1）假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；(2）由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止;(3)由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．［必会结论］分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系,找到解决问题的思路，再运用综合法证明,或者在证明时将两种方法交叉使用．［考点自测］1．判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×")(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．(）答案(1）×（2)×（3）×(4）×（5）√2．要证明eq\r(3)＋eq\r（7)〈2eq\r（5），可选择的方法有以下几种,其中最合理的是（）A．综合法B．分析法C．反证法D．归纳法答案B解析从要证明的结论——比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小,这正是分析法的证明方法,故选B.3．[课本改编]用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是（)A．假设至少有一个钝角B．假设至少有两个钝角C．假设没有一个钝角D．假设没有一个钝角或至少有两个钝角答案B解析注意到:“至多有一个”的否定应为“至少有两个”，故选B。4．[2018·包头模拟]若实数a，b满足a＋b＜0，则()A．a,b都小于0B．a，b都大于0C．a，b中至少有一个大于0D．a，b中至少有一个小于0答案D解析假设a，b都不小于0，即a≥0，b≥0，则a＋b≥0，这与a＋b＜0相矛盾，因此假设错误，即a，b中至少有一个小于0。5．［2018·扬州调研］设a〉b>0，m＝eq\r（a）－eq\r（b）,n＝eq\r(a－b)，则m，n的大小关系是________．答案m<n解析解法一：（取特殊值法)取a＝2，b＝1，得m〈n。解法二：（分析法)eq\r(a)－eq\r(b)〈eq\r(a－b）⇐eq\r（b）＋eq\r(a－b)>eq\r（a）⇐a〈b＋2eq\r(b）·eq\r（a－b)＋a－b⇐2eq\r（b)·eq\r(a－b)>0，显然成立．6．下列条件:①ab〉0，②ab〈0，③a〉0，b〉0,④a〈0,b<0，其中能使eq\f(b，a)＋eq\f（a，b）≥2成立的条件的序号是________．答案①③④解析要使eq\f(b,a）＋eq\f(a,b)≥2,只需eq\f(b，a）〉0且eq\f（a,b）>0成立，即a,b不为0且同号即可，故①③④都能使eq\f(b，a)＋eq\f（a，b）≥2成立．板块二典例探究·考向突破考向综合法证明例1已知sinθ，sinx，cosθ成等差数列,sinθ，siny，cosθ成等比数列．证明：2cos2x＝cos2y.证明∵sinθ与cosθ的等差中项是sinx，等比中项是siny，∴sinθ＋cosθ＝2sinx，①sinθcosθ＝sin2y，②①2－②×2,可得(sinθ＋cosθ)2－2sinθcosθ＝4sin2x－2sin2y，即4sin2x－2sin2y＝1.∴4×eq\f(1－cos2x,2)－2×eq\f(1－cos2y,2）＝1,即2－2cos2x－（1－cos2y）＝1.故证得2cos2x＝cos2y。触类旁通综合法证明的思路（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．【变式训练1】已知f(x）＝eq\f（1,2x＋\r（2))，证明：f（x)＋f（1－x）＝eq\f(\r（2），2)。证明∵f（x）＝eq\f(1,2x＋\r(2）)，∴f(x)＋f（1－x）＝eq\f(1，2x＋\r(2))＋eq\f（1,21－x＋\r(2）)＝eq\f（1,2x＋\r（2）)＋eq\f（2x，2＋\r（2)·2x)＝eq\f(\r(2),2＋\r(2)·2x)＋eq\f(2x,2＋\r（2)·2x)＝eq\f(\r(2）＋2x,2＋\r(2）·2x)＝eq\f(\r(2)＋2x，\r（2）\r(2)＋2x）＝eq\f(1，\r（2）)＝eq\f（\r(2),2）.故f（x）＋f（1－x)＝eq\f（\r（2),2）成立．考向分析法证明例2已知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）)≥eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1，a））)－(2－eq\r(2))．因为a〉0，所以eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋\f（1,a）))－(2－eq\r(2)）>0，所以只需证eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\r（a2＋\f(1，a2）)))2≥eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f（1,a)))－2－\r(2）))2，即2(2－eq\r(2））eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\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eq\b\lc\（\rc\(\a\vs4\al\co1（当且仅当a＝\f(1，a））)＝1时等号成立eq\b\lc\\rc\)（\a\vs4\al\co1(）)，所以要证的不等式成立．触类旁通分析法证题的技巧(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，然后通过综合法由条件证明这个中间结论,从而使原命题得证．【变式训练2】已知正数a，b，c满足a＋b＋c＝1.求证：eq\r（a)＋eq\r(b)＋eq\r（c）≤eq\r(3)。证明欲证eq\r(a）＋eq\r（b)＋eq\r（c）≤eq\r（3)，则只需证（eq\r(a)＋eq\r(b）＋eq\r（c）)2≤3，即证a＋b＋c＋2(eq\r(ab）＋eq\r(bc)＋eq\r(ac）)≤3，即证eq\r(ab）＋eq\r（bc）＋eq\r(ac)≤1。又eq\r(ab)＋eq\r(bc）＋eq\r(ac)≤eq\f（a＋b,2)＋eq\f（b＋c,2）＋eq\f(a＋c，2)＝1,当且仅当a＝b＝c＝eq\f（1,3）时取“＝”，∴原不等式eq\r(a）＋eq\r（b）＋eq\r(c)≤eq\r（3)成立．考向反证法的应用命题角度1证明否定性命题例3设｛an}是公比为q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Seq\o\al(2，2）＝S1·S3，即aeq\o\al（2，1）（1＋q)2＝a1·a1（1＋q＋q2），∵a1≠0，∴（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＋S3，2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2）．由于a1≠0，∴2（1＋q）＝2＋q＋q2，即q＝q2，∵q≠1,∴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．命题角度2证明存在性问题例4设x、y、z>0，a＝x＋eq\f（1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1，x），求证：a、b、c三数至少有一个不小于2.证明假设a、b、c都小于2，则a＋b＋c<6.而事实上a＋b＋c＝x＋eq\f(1，x）＋y＋eq\f(1,y）＋z＋eq\f(1,z）≥2＋2＋2＝6(当且仅当x＝y＝z＝1时取“＝")与a＋b＋c<6矛盾，∴a，b，c中至少有一个不小于2。命题角度3证明唯一性命题例5已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝eq\r（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．解（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）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.触类旁通反证法的适用范围及证明的关键（1）适用范围：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,宜用反证法来证．(2）关键: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，推导出的矛盾必须是明显的．【变式训练3】（1)若三个方程x2＋4mx－4m＋3＝0,x2＋（m－1)x＋m2＝0，x2＋2mx－2m＝0中至少有一个方程有实数根，求实数m的取值范围．解当三个方程都没有实根时，eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（4m2－43－4m<0，,m－12－4m2<0，,4m2＋8m<0，)）即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(4m2＋4m－3<0，,3m2＋2m－1>0，，m2＋2m<0，)）解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f（3，2)<m〈\f（1,2)，，m〈－1或m>\f（1，3），，－2〈m〈0，））所以－eq\f(3，2）〈m<－1。所以,三个方程中至少有一个方程有实根时,m的取值范围为m≥－1或m≤－eq\f(3，2）.（2)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)＝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?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）＝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，这与已知矛盾．故不存在．核心规律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．满分策略1。当题目条件较多，且都很明确时，由因导果较容易，一般用综合法，但在证明中,要保证前提条件正确，推理要合乎逻辑规律．2.当题目条件较少，可逆向思考时，执果索因，使用分析法解决．但在证明过程中，注意文字语言的准确表述．3.利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误,并用假设命题进行推理,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。板块三启智培优·破译高考创新交汇系列10-—分析法与综合法的交汇整合[2018·长沙模拟］已知函数f（x）＝log2(x＋2）,a，b，c是两两不相等的正数，且a,b,c成等比数列,试判断f(a）＋f(c)与2f(b）的大小关系，并证明你的结论．解题视点（1)先判断它们的大小，可用特例法．（2)用分析法探寻证题思路．(3）用综合法完成证明．事实上,取a＝1，b＝2，c＝4，则f（a）＋f(c）＝f（1)＋f（4)＝log218，2f(b)＝2f（2）＝log216,于是由log218>log216，猜测f（a）＋f(c）〉2f（b)．要证f(a)＋f(c)〉2f（b），则只需证log2（a＋2）＋log2(c＋2)>2log2（b＋2），即证log2[（a＋2)（c＋2）］>log2（b＋2）2,也即证(a＋2)(c＋2）>(b＋2)2。展开整理得ac＋2(a＋c）〉b2＋4b。因为b2＝ac，所以只要证a＋c〉2eq\r（ac)，显然是成立的．解f(a)＋f(c)>2f(b）．证明如下：因为a，b，c是两两不相等的正数,所以a＋c>2eq\r（ac）。因为b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)〉b2＋4b，即ac＋2(a＋c)＋4〉b2＋4b＋4，从而(a＋2）(c＋2)>（b＋2)2.因为f(x)＝log2x是增函数,所以log2[(a＋2)(c＋2)]〉log2（b＋2)2，即log2(a＋2)＋log2（c＋2）〉2log2(b＋2)．故f(a)＋f（c)〉2f（b）．答题启示1综合法和分析法各有其优缺点，分析法利于思考，综合法宜于表达，因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程.有时要把分析法和综合法结合起来交替使用，才能成功。，2本题易错的原因一是不会用分析法分析，找不到解决问题的切入口;二是不会用综合法表述，从而导致解题格式不规范。将分析法和综合法整合，是证明数学问题的一种重要的思想方法.跟踪训练［2018·安徽模拟]（1)设x≥1，y≥1,证明:x＋y＋eq\f(1，xy)≤eq\f（1,x）＋eq\f(1，y)＋xy;(2)1<a≤b≤c,证明:logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.证明(1)由于x≥1，y≥1,所以要证明：x＋y＋eq\f（1,xy）≤eq\f（1,x）＋eq\f(1,y）＋xy，只要证明:xy（x＋y）＋1≤y＋x＋(xy)2，只要证明：(xy)2－1＋(x＋y）－xy（x＋y）≥0，只要证明:(xy－1)（xy＋1－x－y)≥0，只要证明：(xy－1)(x－1）（y－1）≥0.由于x≥1，y≥1，上式显然成立，所以原命题成立．(2）设logab＝x，logbc＝y，则logca＝eq\f(1,logbclogab)＝eq\f（1,xy),logba＝eq\f（1,x）,logcb＝eq\f（1,y)，logac＝xy,∴所要证明不等式即为x＋y＋eq\f（1，xy)≤eq\f(1,x）＋eq\f（1,y)＋xy.∵c≥b≥a>1，∴x＝logab≥1，y＝logbc≥1,由（1）知所证明的不等式成立．板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．［2018·绵阳周测］设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1,则下列关于t和s的大小关系中正确的是（)A．t>sB．t≥sC．t<sD．t≤s答案D解析s－t＝b2－2b＋1＝(b－1）2≥0，∴s≥t，选D项．2．若a,b，c为实数，且a〈b<0，则下列命题正确的是（）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。3．下列不等式一定成立的是(）A．lgeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1，4)))>lgx（x〉0）B．sinx＋eq\f(1,sinx）>2(x≠kπ，k∈Z)C．x2＋1≥2｜x|(x∈R）D。eq\f（1，x2＋1)<1(x∈R）答案C解析对于A，当x〉0时，x2＋eq\f(1,4)≥2·x·eq\f（1,2)＝x所以lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4））)≥lgx,故A不正确;对于B,当x≠kπ时,sinx正负不定,不能用基本不等式，所以B不正确；对于D，当x＝0时，eq\f(1,x2＋1）＝1,故D不正确．由基本不等式可知选项C正确．4．若a〉0，b>0，a＋b＝1,则下列不等式不成立的是(）A．a2＋b2≥eq\f（1,2） B．ab≤eq\f（1，4)C。eq\f（1，a)＋eq\f(1，b)≥4 D.eq\r（a）＋eq\r(b）≤1答案D解析a2＋b2＝(a＋b）2－2ab＝1－2ab≥1－2·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,2），∴A成立;ab≤eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a＋b,2）））2＝eq\f(1，4）,∴B成立．又eq\f（1，a)＋eq\f（1，b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b）＝2＋eq\f（b,a）＋eq\f（a,b)≥2＋2eq\r(\f（b，a)＋\f(a,b))＝4，∴C成立，∴应选D。5．［2018·邹平期末］若a>b〉c，则使eq\f（1，a－b）＋eq\f(1，b－c)≥eq\f（k,a－c）恒成立的最大的正整数k为（)A．2B．3C．4D．5答案C解析∵a>b>c,∴a－b>0，b－c〉0,a－c〉0,且a－c＝a－b＋b－c。又eq\f(a－c,a－b）＋eq\f（a－c，b－c)＝eq\f(a－b＋b－c，a－b）＋eq\f(a－b＋b－c,b－c）＝2＋eq\f（b－c,a－b)＋eq\f(a－b，b－c）≥2＋2＝4，∴k≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f（a－c,b－c），k≤4，故k的最大整数为4。故选C.6．[2018·邯郸模拟］设a，b是两个实数，给出下列条件：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________．(填序号）答案③解析若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b＞1，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a2＋b2＞2,故④推不出；若a＝－2,b＝－3，则ab＞1,故⑤推不出；对于③,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，故a,b中至少有一个大于1.7．已知a＋b＋c＝0，求证：a3＋a2c＋b2c－abc＋b3＝0.证明运用“立方和"公式证明：a3＋b3＝(a＋b)·（a2－ab＋b2），∴原式＝a3＋b3＋（a2c＋b2c－abc）＝（a＋b）·(a2－ab＋b2)＋c(a2－ab＋b2)＝(a＋b＋c）·(a2－ab＋b2）∵a＋b＋c＝0,∴原式＝0，即当a＋b＋c＝0时，a3＋a2c＋b2c－abc＋b3＝0。8．设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0），若函数f(x＋1）与f（x）的图象关于y轴对称，求证：feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\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feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)＋1))＝feq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1，2））)）)，即feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,2)））＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－x＋\f(1,2））),由偶函数的定义可知feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋\f(1，2）））为偶函数．9．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．解(1）由已知得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r（2）＋1，，3a1＋3d＝9＋3\r（2),））所以d＝2，故an＝2n－1＋eq\r（2),Sn＝n（n＋eq\r(2））．（2）证明：由(1）,得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设数列{bn｝中存在三项bp，bq,br(p，q,r互不相等)成等比数列，则beq\o\al(2，q）＝bpbr,即（q＋eq\r(2）)2＝（p＋eq\r(2）)(r＋eq\r(2)）,所以（q2－pr）＋eq\r(2)(2q－p－r）＝0.因为p，q，r∈N＊，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，,）)所以eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2）））2＝pr⇒(p－r）2＝0。所以p＝r,这与p≠r矛盾，所以数列｛bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．10．已知函数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．[B级知能提升］1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是（）A．M≥N B．M≤NC．M＝N D．不能确定答案A解析M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy）＝eq\f(1,2)[（x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)］＝eq\f(1,2）[(x－y)2＋（x－1)2＋（y－1）2］≥0。故M≥N。2．已知实数m,n满足m·n>0,m＋n＝－1,则eq\f（1,m)＋eq\f（1，n)的最大值为________．答案－4解析∵m·n〉0，m＋n＝－1,∴m<0，n〈0，∴eq\f（1，m)＋eq\f（1,n）＝－(m＋n)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，m)＋\f（1，n)））＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(m，n）＋\f（n，m)））≤－2－2eq\r(\f（m,n）·\f（n，m）)＝－4，当且仅当m＝n＝－eq\f(1,2)时，eq\f（1，m)＋eq\f(1,n)取得最大值－4.3．[2018·清水期末］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．4．［2018·正定模拟]设f（x）＝3ax2＋2bx＋c.若a＋b＋c＝0，f（0)>0，f（1）>0，求证：（1)a>0且－2〈eq\f(b，a）<－1；（2)方程f(x)＝0在（0，1）内有两个实根．证明（1)∵f（0）〉0，f(1)>0，∴c〉0,3a＋2b＋c〉0.由a＋b＋c＝0,消去b得a〉c>0；再由条件a＋b＋c＝0，消去c得a＋b<0且2a＋b>0，∴－2<eq\f(b，a）〈－1.（2）解法一：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)＝4eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a－\f（c,2)）)2＋\f(3,4)c2）)>0,∴方程f(x）＝0有两个实根．设方程的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(2b,3a)>0，x1x2＝eq\f（c,3a)〉0,故两根为正．又∵（x1－1）＋(x2－1)＝－eq\f(2b,3a）－2<0，(x1－1)(x2－1）＝eq\f(3a＋2b＋c,3a)>0,故两根均小于1,命题得证．解法二：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)＝4eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a－\f（c，2））)2＋\f（3c2,4）)）>0，由（1）知－2〈eq\f(b，a）〈－1，∴eq\f（1,2）<－eq\f(b,2a）<1,已知f(0）〉0,f(1)〉0，∴f（x)＝0在(0,1）内有两个实根．5．[2015·陕西高考]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