旧教材适用2023高考数学一轮总复习第十二章算法初步复数推理与证明第4讲合情推理与演绎推理

第4讲直接证明与间接证明1．直接证明内容综合法分析法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eq\o(□,\s\up3(01))推理论证，最后推导出所要证明的结论eq\o(□,\s\up3(02))成立的方法从要eq\o(□,\s\up3(03))证明的结论出发，逐步寻求使它成立的eq\o(□,\s\up3(04))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)为止实质由因导果(顺推证法)执果索因框图表示eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→…→eq\x(Qn⇒Q)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→…→eq\x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……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eq\o(□,\s\up3(05))假设错误，从而证明eq\o(□,\s\up3(06))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．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．1．(2022·山西大同质检)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：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”，“索”的“因”应是()A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a⇔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.故选C.2．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是()A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c中至多有一个偶数D．假设a，b，c中至多有两个偶数答案B解析“a，b，c中至少有一个是偶数”的否定为“a，b，c都不是偶数”．故选B.3．若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值确定答案C解析要比较P，Q的大小关系，只要比较P2，Q2的大小关系，即比较2a＋7＋2eq\r(aa＋7)与2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)的大小，即比较eq\r(aa＋7)与eq\r(a＋3a＋4)的大小，即比较a2＋7a与a2＋7a＋12的大小，只需比较0与12的大小，∵0<12，∴P<Q.故选C.4．(2021·甘肃张掖高三月考)若a>b>0，且x＝a＋eq\f(1,b)，y＝b＋eq\f(1,a)，则()A．x>y B．x<yC．x≥y D．x≤y答案A解析因为a＋eq\f(1,b)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,a)))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))>0，所以a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a).故选A.5．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解析当c＝0时，ac2＝bc2，故A错误；∵a2－ab＝a(a－b)，a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab①.又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2②，由①②，得a2>ab>b2.故B正确；∵a<b<0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故C错误；∵a<b<0，∴0<eq\f(b,a)<1，eq\f(a,b)>1，∴eq\f(b,a)<eq\f(a,b)，故D错误．故选B.6．(2021·深圳调研)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：(综合法)∵a>b>0，∴m＝eq\r(a)－eq\r(b)>0，n＝eq\r(a－b)>0.m2－n2＝(eq\r(a)－eq\r(b))2－(eq\r(a－b))2＝2b－2eq\r(ab)＝2(eq\r(b2)－eq\r(ab))．∵a>b>0，∴ab>b2，∴eq\r(ab)>eq\r(b2)，∴eq\r(b2)－eq\r(ab)<0，∴m2－n2<0，∴m2<n2，∴m<n.考向一综合法证明例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2cos2x＝cos2y.综合法证明的思路(1)分析条件，选择方向．分析题目中的已知条件及已知条件与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法．(2)转化条件，组织过程．把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．(3)适当调整，回顾反思．回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取．1.(2021·成都一中月考)若a，b，c是不全相等的正数，求证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.证明∵a>0，b>0，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，①同理eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，②eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)>0.③①②③三个不等式相乘，得eq\f(a＋b,2)×eq\f(b＋c,2)×eq\f(c＋a,2)≥abc，又a，b，c不全相等，∴eq\f(a＋b,2)×eq\f(b＋c,2)×eq\f(c＋a,2)>abc，两边取对数得，lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)×\f(b＋c,2)×\f(c＋a,2)))>lg(abc)，∴lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.考向二分析法证明例2(2022·安徽蚌埠检测)已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2.证明要证eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2，只需证a＋eq\f(1,2)＋b＋eq\f(1,2)＋2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2))))≤4，又a＋b＝1，故只需证eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2))))≤1，只需证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))＝ab＋eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(1,4)≤1，只需证ab≤eq\f(1,4).因为a>0，b>0,1＝a＋b≥2eq\r(ab)，所以ab≤eq\f(1,4)，故原不等式成立eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时取等号)).分析法证明的思路分析法证明的思路：先从结论入手，由此逐步推出保证结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时，命题得证．易错警示：分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要证…只需要证…”或“…⇐…”．注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写．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“＝”．所以原不等式成立．精准设计考向，多角度探究突破考向三反证法证明角度证明否定性命题例3已知△ABC的内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，三边互不相等，且满足b2<ac.(1)比较eq\r(\f(b,a))与eq\r(\f(c,b))的大小，并证明你的结论；(2)求证：B不可能是钝角．解(1)结论：eq\r(\f(b,a))<eq\r(\f(c,b)).证明：要证eq\r(\f(b,a))<eq\r(\f(c,b))，只需证eq\f(b,a)<eq\f(c,b).由题意知a，b，c>0，则只需证b2<ac.因为b2<ac是已知条件，所以eq\r(\f(b,a))<eq\r(\f(c,b)).(2)证明：假设B是钝角，则cosB<0，而cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)>eq\f(2ac－b2,2ac)>eq\f(ac－b2,2ac)>0，这与cosB<0矛盾，故假设不成立．所以B不可能是钝角．角度证明存在性问题例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三数中至少有一个不小于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三数中至少有一个不小于2.角度证明唯一性命题例5(2021·浙江嘉兴月考)用反证法证明：过已知直线a外一点A有且只有一条直线b与已知直线a平行．证明假设过点A还有另外一条直线b′与已知直线a平行，即b∩b′＝A，b′∥a.又b∥a，所以b′∥b.这与假设b∩b′＝A矛盾，所以假设不成立，所以过已知直线a外一点A有且只有一条直线b与已知直线a平行．1．反证法的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．用反证法证明不等式要把握的三点(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面．(2)必须从结论的反面出发进行推理，即把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推理证明．(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知条件矛盾，有的与假设矛盾，有的与基本事实矛盾等，且推导出的矛盾必须是明显的．3.(2022·广西柳州模拟)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}的通项公式与前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，所以(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．4．已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于eq\f(1,4).证明证法一：假设三式同时大于eq\f(1,4)，即(1－a)b>eq\f(1,4)，(1－b)c>eq\f(1,4)，(1－c)a>eq\f(1,4)，三式相乘，得(1－a)b(1－b)c(1－c)a>eq\f(1,64).因为a，b，c∈(0,1)，所以(1－a)a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq\f(1,4)，同理(1－b)b≤eq\f(1,4)，(1－c)c≤eq\f(1,4)，所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤eq\f(1,64)，这与假设矛盾，故原命题正确．证法二：假设三式同时大于eq\f(1,4)，因为0<a<1，所以1－a>0，eq\f(1－a＋b,2)≥eq\r(1－ab)>eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2)，同理eq\f(1－b＋c,2)>eq\f(1,2)，eq\f(1－c＋a,2)>eq\f(1,2)，三式相加，得eq\f(3,2)>eq\f(3,2)，这与事实矛盾，故假设错误，所以原命题正确．5．(2021·山西阳泉高三阶段考试)若函数f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，f(a)<0，f(b)>0，且f(x)在[a，b]上单调递增，求证：f(x)在(a，b)内有且只有一个零点．证明由于f(x)在[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且f(a)<0，f(b)>0，即f(a)·f(b)<0，所以f(x)在(a，b)内至少存在一个零点，设m为f(x)的一个零点，则f(m)＝0.假设f(x)在(a，b)内还存在另一个零点n(n≠m)，则f(n)＝0.因为f(x)在[a，b]上单调递增，所以若n>m，则f(n)>f(m)，即0>0，矛盾；若n<m，则f(n)<f(m)，即0<0，矛盾．因此假设不成立，故f(x)在(a，b)内有且只有一个零点．1．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C<D.这里①是②的()A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析分析法证明的本质是证明使结论成立的充分条件成立，即②⇒①，所以①是②的必要条件．故选B.2．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“至多有一个”的否定应为“至少有两个”．故选B.3．设a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a，b，c的大小顺序是()A．a>b>c B．b>c>aC．c>a>b D．a>c>b答案A解析因为a＝eq\r(3)－eq\r(2)＝eq\f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq\r(6)－eq\r(5)＝eq\f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq\r(7)－eq\r(6)＝eq\f(1,\r(7)＋\r(6))，且eq\r(7)＋eq\r(6)>eq\r(6)＋eq\r(5)>eq\r(3)＋eq\r(2)>0，所以a>b>c.故选A.4．(2021·南阳阶段考试)用反证法证明命题“已知a，b∈N*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为()A．a，b都能被5整除B．a，b都不能被5整除C．a，b不都能被5整除D．a不能被5整除答案B解析由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．由题意知其否定是“a，b都不能被5整除”．故选B.5．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，所以a，b中至少有一个小于0.故选D.6．(2022·辽宁大连模拟)设[x]表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y有()A．[－x]＝－[x]B．[2x]＝2[x]C．[x＋y]≤[x]＋[y]D．[x－y]≤[x]－[y]答案D解析取x＝1.6，y＝2.7，则[x]＝[1.6]＝1，[y]＝[2.7]＝2，[－x]＝[－1.6]＝－2，故A错误；[2x]＝[3.2]＝3，故B错误；[x＋y]＝[1.6＋2.7]＝4，故C错误．故选D.7．(2021·陕西安康高三月考)证明命题：“f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函数”，现给出的证法如下：因为f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)，因为x＞0，所以ex＞1,0<eq\f(1,ex)<1，所以ex－eq\f(1,ex)>0，即f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．使用的证明方法是()A．综合法 B.分析法C.反证法 D.以上都不是答案A解析题中命题的证明方法是由所给的条件，利用所学的定理、定义、公式证得要证的结论，故此题的证明方法属于综合法．故选A.8．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；由基本不等式可知C正确；对于D，当x＝0时，eq\f(1,x2＋1)＝1，故D不正确．9．(2022·安徽亳州模拟)实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．一定是正数 B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不确定答案B解析由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0，由a＋b＋c＝0，可知|a|<c，则eq\f(1,|a|)>eq\f(1,c)，从而－eq\f(1,a)>eq\f(1,c)，又eq\f(1,b)<0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)<0.故选B.10．设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，则()A．P>Q B．P<QC．P≤Q D．P≥Q答案A解析因为2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2(当且仅当x＝0时等号成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.11．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．2 B．3C．4 D．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，故最大的正整数k为4.故选C.12．(2021·广西柳州高三月考)若△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()A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B．△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是钝角三角形答案D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，且△A2B2C2不可能是直角三角形．假设△A2B2C2是锐角三角形．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinA2＝cosA1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A1))，,sinB2＝cosB1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B1))，,sinC2＝cosC1＝sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C1))，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A2＝\f(π,2)－A1，,B2＝\f(π,2)－B1，,C2＝\f(π,2)－C1，))则A2＋B2＋C2＝eq\f(π,2)，这与三角形内角和为π相矛盾．因此假设不成立，故△A2B2C2是钝角三角形．故选D.13．(2021·黑龙江大庆质检)设a>b>0，x＝aeq\r(a)＋beq\r(b)，y＝aeq\r(b)＋beq\r(a)，则x，y的大小关系是________．答案x>y解析因为a>b>0，所以x－y＝a(eq\r(a)－eq\r(b))＋b(eq\r(b)－eq\r(a))＝(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))＝(eq\r(a)－eq\r(b))2·(eq\r(a)＋eq\r(b))>0.所以x>y.14．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．15．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1.16．(2022·郑州模拟)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A＝________，△ABC的形状为________．答案eq\f(π,3)等边三角形解析由题意，得2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,3)，又b2＝ac，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq\f(π,3)，∴△ABC为等边三角形．17．△ABC的三个内角∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，且∠A，∠B，∠C成等差数列，分别用分析法与综合法证明：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明分析法：要证明eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即证eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝