2017高考数学大一轮复习讲义及配套题库理全书课件第十三章

第十三章§13.2推理与证明、算法、复数直接证明与间接证明内容索引基础知识自主学习题型分类 深度剖析思想与方法系列思想方法 感悟提高练出高分基础知识 自主学习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、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.知识梳理1答案P⇒Q1②框图表示：

―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Qn⇒Q(其中P

表示已知条件、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)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

至最后，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.答案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.答案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.(

))用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”.(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.()√√×××思考辨析答案1

1

b

aC.a<b

D.a>b解析

a2－ab＝a(a－b)，①②∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，由①②得a2>ab>b2.1.若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是(

B

)A.ac2<bc2

B.a2>ab>b2考点自测212345解析答案2.(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.A

)12345解析答案B.a2＋b2－1－a4＋b42≤0C.(a＋b)22－1－a2b2≤0D.(a2－1)(b2－1)≥0解析

a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.3.要证a2＋b2－1－a2b2≤0只要证明(

D

)A.2ab－1－a2b2≤012345解析答案解析

∵a

a＋b

b－(ab＋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.∴a

a＋b

b>a

b＋b a成立的条件是a≥0，b≥0

且a≠b.4.如果

a

a＋b

b>a

b＋b a，则

a、b

应满足的条件是

a≥0，b≥0且

_a≠b

.12345解析答案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的形状为又A＋B＋C＝π，∴B＝π，又b2＝ac，3由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos

B＝a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，∴A＝C，∴A＝B＝C＝π，3∴△ABC为等边三角形.

等边

三角形.解析

由题意2B＝A＋C，解析答案1

2

3

4

5返回题型分类 深度剖析例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；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.综合法的应用题型一解析答案x(x∈[0,1])(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝是不是理想函数.解析答案思维升华解

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.任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x2－x2＝2x1x2≥0，1

2即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2).∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数.对于

f(x)＝

x，x∈[0,1]，显然满足条件①②.x1x2＋x2)＝－2x1x2≤0，对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴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)

＝

x2(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.(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.思维升华设a、b、c

均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ac≤1；3证明

由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设知(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.3所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤1.跟踪训练1解析答案a2

b2

c2(2)

b

＋

c

＋

a

≥1.证明因为a2＋

b2

c2b

b≥2a，

c

＋c≥2b，

a

＋a≥2c，故a2

b2

c2＋

＋

＋

＋

＋

，b

＋

c

＋

a

(a

b

c)≥2(a

b

c)2

2

2

2

2

2即a

＋b

＋c

≥a＋b＋c.所以a

＋b

＋c

≥1.b

c

a

b

c

a解析答案例

2

已知函数

f(x)＝tan

x，x∈0，

π2，若x

，x

∈1

2

0，

π21

2，且x

≠x

，212求证：

[f(x

)＋f(x

)]>f1

x1＋x22.分析法的应用题型二解析答案121

2证明

要证

[f(x

)＋f(x

)]>fx1＋x22，121

2即证明

(tan

x

＋tan

x

)>tan1x

＋x22，只需证明1

sin

x12cos

x

1＋sin

x2

cos

x

2>tanx1＋x22，2cos

x1cos

x2只需证明

sin(x1＋x2)

>1＋cos(x1＋x2)sin(x1＋x2).由于x

，x

∈1

2

0，

π21

2，故x

＋x

∈(0，π).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－sinx1sin

x2>2cos

x1cos

x2，即证cos(x1－x2)<1.由x

，x

∈1

2

0，

π21

2，x

≠x

知上式显然成立，121

2因此

[f(x

)＋f(x

)]>fx1＋x22.引申探究若本例中f(x)变为f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的x1，x2∈R，均有f(x1)＋f(x2)2≥fx1＋x22.解析答案思维升华证明

要证明f(x1)＋f(x2)2≥fx1＋x22，2

1 2

,2－(x1＋x2)，x1

+x2x

+

x(3x1

-

2x

1

)

+

(3x

2

-

2x2

)即证明2因此只要证明3x12+

3x2223x1x1

+x2+

3x2≥

3

,即证明1223x1xx+

3x2≥

3

3

,因此只要证明2－(x1＋x2)≥

3≥

3

-

2x1

+x2由基本不等式知由于x1，x2∈R时，3x1

>

0,

3x2

>

0,1223x1xx+

3x2≥

3

3

显然成立，故原结论成立.(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个中间结论，从而使原命题得证.思维升华已知a>0，求证a2a2＋

1

－a2≥a＋1－2.跟踪训练2解析答案证明

要证a2a2＋

1

－a2≥a＋1－2，a2a只需要证

a2＋

1

＋2≥a＋1＋

2.因为a>0，故只需要证(a2aa2＋

1

＋2)2≥(a＋1＋

2)2，即

a2＋

1

＋4

a2＋

1

＋4≥a2＋2＋

1

＋2a2

a2

a2a2(a＋1)＋2，a2从而只需要证2

a2＋

1

≥a2(a＋1)，只需要证4(a2＋1

)≥2(a2＋2＋1

)，a2

a2a2即a2＋1

≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.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；解

当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，n＋12n两式相减得

a

＝1a

，n2所以{a

}是首项为1，公比为1的等比数列，n

2n－1所以

a

＝

1

.反证法的应用题型三解析答案(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.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*)，则

2·

1

＝

1

＋

1

，所以

2·2r－q＝2r－p＋1.

(*)2q

2p

2r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.解析答案命题点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)设g(x)＝1x2－x＋3是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b

的值；2

2解

由题设得

g(x)＝1(x－1)2＋1，其图象的对称轴为

x＝1，区间[1，2b]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1b2－b＋3＝b，解得b＝1

或b＝3.2

2因为b>1，所以b＝3.解析答案(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

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

1

a＋2＝b，1b＋2＝a，解得a＝b，这与已知矛盾.故不存在.解析答案命题点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，方程f(x)－x＝0有实数根；函数f(x)的导数f′(x)满足0<f′(x)<1.(1)判断函数f(x)＝x＋sin

x是不是集合M

中的元素，并说明理由；2

4解

①当x＝0时，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有实数根为0；1

12

41

34

4②f′(x)＝

＋

cos

x，所以

f′(x)∈

，

，满足条件

0<f′(x)<1.由①②可得，函数f(x)＝x＋sin

x是集合M

中的元素.24解析答案(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.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 解析答案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.思维升华2，S3＝9＋3

2.等差数列{an}的前n

项和为Sn，a1＝1＋(1)求数列{an}的通项an

与前n

项和Sn；解

由已知得a1＝

2＋1，3a1＋3d＝9＋3

2，∴d＝2，故

an＝2n－1＋

2，Sn＝n(n＋

2).跟踪训练3解析答案nSnn*n(2)设

b

＝

(n∈N

)，求证：数列{b

}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.解析答案返回nSnn证明

由(1)得b

＝

＝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b2＝b

b

，q

p

r即(q＋

2)2＝(p＋

2)(r＋

2).∴(q2－pr)＋

2(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴q2－pr＝0，2q－p－r＝0.p＋r∴(

)2＝pr，即(p－r)2＝0.2∴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等比数列.返回思想与方法系列x22典例

(12

分)直线

y＝kx＋m(m≠0)与椭圆

W：4

＋y

＝1

相交于

A、C

两思想与方法系列24.反证法在证明题中的应用返回点，O

是坐标原点.当点B

的坐标为(0,1)，且四边形OABC

为菱形时，求AC

的长；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.温馨提醒 思维点拨 解析答案

1t212

4

4所以设点

A

t，

，代入椭圆方程得

＋

＝1，则

t＝± 3，故|AC|＝2

3.[4

分]由于O(0,0)，B(0,1)规范解答解

(1)因为四边形OABC为菱形，则AC与OB相互垂直平分.证明

(2)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x2＋4y2＝4，y＝kx＋m，[6分]消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则1＋4k22

22x1＋x2＝－

4km

，y2＋y2＝k·x1＋x2＋m＝m1＋4k2.－4km所以

AC

的中点为

M

，m1＋4k2

1＋4k2.[8

分]因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，4k所以直线OB

的斜率为－1

，

因为k·

－1

14k

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)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.温馨提醒返回思想方法 感悟提高分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知.综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知.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.方法与技巧用分析法证明时，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.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.失误与防范返回练出高分1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15a

a＋1C.a2＋3ab>2b2

D.b<b＋1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.1.若

a、b∈R，则下面四个式子中恒成立的是(

B

)A.lg(1＋a2)>0

B.a2＋b2≥2(a－b－1)解析答案1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

152.①已知p3

＋q3

＝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.以下正确的是(

)A.①与②的假设都错误

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的假设正确解析答案解析

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.答案

D1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

151

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

153.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

b2－ac< 3a”索的因应是(

)A.a－b>0C.(a－b)(a－c)>0B.a－c>0D.(a－b)(a－c)<0解析答案1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15解析

由题意知b2－ac<3a⇐b2－ac<3a2⇐(a＋c)2－ac<3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇐－2a2＋ac＋c2<0⇐2a2－ac－c2>0⇐(a－c)(2a＋c)>0⇐(a－c)(a－b)>0.答案

C1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15a＋

a＋7，Q＝

a＋3＋

a＋4(a≥0)，则P，Q

的大小关系4.若P＝是(

)A.P>QC.P<QB.P＝QD.由a的取值确定解析答案1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15解析

∵P2＝2a＋7＋2a·

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.答案

C1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

155.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(

)A.②③C.③B.①②③D.③④⑤解析答案1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

152

3解析

若a＝1，b＝2，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，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.答案

C1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

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13

14

156.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

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.解析答案1

2

3

4

5

6

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8

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10

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12

13

14

15a7.下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使b＋b解析

要使b＋a≥2，只需b>0

且a>0

成立，即

a，b

不为

0

且同号即可，a

b

a

ba

b故①③④能使b＋a≥2

成立.a≥2

成立的条件的序号是

①③④

.解析答案1

2

3

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5

6

7

8

9

10

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14

158.若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存解析令f(－1)＝－2p2＋p＋1≤0，2f(1)＝－2p

－3p＋9≤0，2解得p≤－3

或p≥3，故满足条件的p

的范围为－3，32.在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是

.－3，32解析答案1

2

3

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5

6

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14

159.已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明

要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥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，∴2a3－b3≥2ab2－a2b.解析答案1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

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13

14

1510.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；证明

由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.解析答案1

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14

15(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

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.解析答案1

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3

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5

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14

15211.已知函数f(x)＝

1

x，a，b

是正实数，A＝f(a＋b)，B＝f(a＋bab)，C＝f(

2ab

)B.A≤C≤BD.C≤B≤A2a＋ba＋b解析

∵ ≥

ab≥

2ab

，又

f(x)＝(1)x

在

R

上是减函数.2∴f(a＋b22ab)≤f(

ab)≤f(a＋b)，即A≤B≤C.(2)则

A、B、C

的大小关系为(

A

)A.A≤B≤CC.B≤C≤A解析答案1

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1512.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(

)△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形

C.△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形

D.△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形解析答案1

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14

15π2

1sin

A2＝cos

A1＝sin

－A

，由sin

B2＝cos

B1＝sinπ2－B1，2

1

π21sin

C

＝cos

C

＝sin

－C

，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.1

2

3

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5

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14

152

2

22那么，A

＋B

＋C

＝π，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.答案

D得

πA2＝2－A1，2π21B

＝ －B

，2π21C

＝ －C

.1

213.已知点An(n，an)为函数y＝3

4

5

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14

15x2＋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n

n

nn2＋1＋nc

＝a

－b

＝

n2＋1－n＝

1

，∴cn随n的增大而减小，∴cn＋1<cn.cn＋1<cn解析答案1

2

3

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1514.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.(1)证明：1是f(x)＝0

的一个根；a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，1

22又

x

x

＝ ，∴x

＝c

11a

aa≠c，a∴1是f(x)＝0

的一个根.解析答案1

2

3

4

5

6

7

8

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13

14

15a(2)试比较1与c

的大小；

a

解

假设1<c