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文档简介
§13.2综合法、分析法与反证法最新考纲考情考向分析1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法;了解分析法和综合法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点.本节主要内容是直接证明的方法——综合法和分析法,间接证明的方法——反证法,它常以立体几何中的证明及相关选修内容中平面几何,不等式的证明为载体加以考查,注意提高分析问题、解决问题的能力;在高考中主要以解答题的形式考查,难度中档.1.综合法(1)定义:从命题的条件出发,利用定义、公理、定理及运算法则,通过演绎推理,一步一步地接近要证明的结论,直到完成命题的证明.我们把这样的思维方法称为综合法.(2)框图表示:eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q表示要证明的结论).2.分析法(1)定义:从求证的结论出发,一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件,直到归结为这个命题的条件,或者归结为定义、公理、定理等.我们把这样的思维方法称为分析法.(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).3.反证法我们可以先假定命题结论的反面成立,在这个前提下,若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾,或与命题中的已知条件相矛盾,或与假定相矛盾,从而说明命题结论的反面不可能成立,由此断定命题的结论成立.这种证明方法叫作反证法.反证法的证题步骤是:(1)作出否定结论的假设;(2)进行推理,导出矛盾;(3)否定假设,肯定结论.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(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eq\r(2)+eq\r(7)<eq\r(3)+eq\r(6)最合适的方法是分析法.(√)题组二教材改编2.若P=eq\r(a+6)+eq\r(a+7),Q=eq\r(a+8)+eq\r(a+5)(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A解析P2=2a+13+2eq\r(a2+13a+42),Q2=2a+13+2eq\r(a2+13a+40),∴P2>Q2,又∵P>0,Q>0,∴P>Q.3.设实数a,b,c成等比数列,非零实数x,y分别为a与b,b与c的等差中项,则eq\f(a,x)+eq\f(c,y)等于()A.1B.2C.4D.6答案B解析由题意,得x=eq\f(a+b,2),y=eq\f(b+c,2),b2=ac,∴xy=eq\f(a+bb+c,4),eq\f(a,x)+eq\f(c,y)=eq\f(ay+cx,xy)=eq\f(a·\f(b+c,2)+c·\f(a+b,2),xy)=eq\f(ab+c+ca+b,2xy)=eq\f(ab+bc+2ac,2xy)=eq\f(ab+bc+ac+b2,2xy)=eq\f(a+bb+c,2xy)=eq\f(a+bb+c,2×\f(a+bb+c,4))=2.题组三易错自纠4.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>b2.5.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,要作的假设是()A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根答案A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,故选A.6.(2017·德州一模)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△A2B2答案钝角解析由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,假设△A2B2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.))那么,A2+B2+C2=eq\f(π,2),这与三角形内角和为π相矛盾.所以假设不成立.假设△A2B2C2是直角三角形,不妨设A2=eq\f(π,2),则cosA1=sinA2=1,A1=0,矛盾.所以△A2B2C2题型一综合法的应用1.(2018·绥化模拟)设a,b,c均为正实数,则三个数a+eq\f(1,b),b+eq\f(1,c),c+eq\f(1,a)()A.都大于2 B.都小于2C.至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2答案D解析∵a>0,b>0,c>0,∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a+\f(1,b)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,c)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c+\f(1,a)))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a+\f(1,a)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b+\f(1,b)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c+\f(1,c)))≥6,当且仅当a=b=c=1时,“=”成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.2.(2018·大庆质检)如果aeq\r(a)+beq\r(b)>aeq\r(b)+beq\r(a)成立,则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.3.(2018·武汉月考)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,b,c∈(0,+∞),∴eq\f(a+b,2)≥eq\r(ab)>0,eq\f(b+c,2)≥eq\r(bc)>0,eq\f(a+c,2)≥eq\r(ac)>0.由于a,b,c是不全相等的正数,∴上述三个不等式中等号不能同时成立,∴eq\f(a+b,2)·eq\f(b+c,2)·eq\f(c+a,2)>abc>0成立.上式两边同时取常用对数,得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)·\f(b+c,2)·\f(c+a,2)))>lgabc,∴lgeq\f(a+b,2)+lgeq\f(b+c,2)+lgeq\f(c+a,2)>lga+lgb+lgc.思维升华(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.题型二分析法的应用典例(2018·长沙模拟)已知函数f(x)=tanx,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),若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))).引申探究若本例中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≥,由于当x1,x2∈R时,>0,>0,由基本不等式知≥显然成立,当且仅当x1=x2时,等号成立.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解决的关键.(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.跟踪训练已知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(当a=eq\f(1,a)=1时等号成立),所以要证的不等式成立.题型三反证法的应用命题点1证明否定性命题典例(2018·株州模拟)设{an}是公比为q的等比数列.(1)推导{an}的前n项和公式;(2)设q≠1,证明:数列{an+1}不是等比数列.(1)解设{an}的前n项和为Sn,则当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1,①qSn=a1q+a1q2+…+a1qn,②①-②得,(1-q)Sn=a1-a1qn,∴Sn=eq\f(a11-qn,1-q),∴Sn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1,q=1,,\f(a11-qn,1-q),q≠1.))(2)证明假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N+,(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),aeq\o\al(2,k+1)+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,aeq\o\al(2,1)q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.命题点2证明存在性命题典例已知四棱锥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.(1)证明由已知得SA2+AD2=SD2,∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD=A,AB平面ABCD,AD平面ABCD,∴SA⊥平面ABCD.(2)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.命题点3证明唯一性命题典例(2018·宜昌模拟)已知M是由满足下列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: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.(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(cosx,4),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),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、已知定理或已知事实矛盾,与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果.跟踪训练若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)由题设得g(x)=eq\f(1,2)(x-1)2+1,其图像的对称轴为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,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.反证法在证明题中的应用典例(12分)(2018·衡阳模拟)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定性命题,存在性命题,唯一性命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.规范解答(1)解因为四边形OABC为菱形,则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,则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+4m设A(x1,y1),C(x2,y2),则eq\f(x1+x2,2)=-eq\f(4km,1+4k2),eq\f(y1+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]所以四边形OABC不是菱形,与假设矛盾.所以当点B在W上且不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形.[12分]1.(2018·岳阳调研)已知函数f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x,a,b为正实数,A=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2))),B=f(eq\r(ab)),C=feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a+b))),则A,B,C的大小关系为()A.A≤B≤C B.A≤C≤BC.B≤C≤A D.C≤B≤A答案A解析因为eq\f(a+b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a+b),又f(x)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是单调减函数,故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a+b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a+b))).2.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解析由题意知eq\r(b2-ac)<eq\r(3)a⇐b2-ac<3a2⇐(a+c)2-ac<3a⇐a2+2ac+c2-ac-3a⇐-2a2+ac+c2⇐2a2-ac-c2⇐(a-c)(2a+c)>0⇐(a-c)(a-b3.(2017·郑州模拟)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.故选A.4.①已知p3+q3=2,证明:p+q≤2.用反证法证明时,可假设p+q≥2;②若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,结论的否定是p+q>2,故①中的假设错误;对于②,其假设正确,故选D.5.若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0,则下列结论不正确的是()A.a2<b2 B.ab<b2C.a+b<0 D.|a|+|b|>|a+b|答案D解析∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0,∴0>a>b.∴a2<b2,ab<b2,a+b<0,|a|+|b|=|a+b|.6.(2018·济宁模拟)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()A.②③ B.①②③C.③ D.③④⑤答案C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,即a+b>2,则a,b中至少有一个大于1,下面用反证法证明: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1.7.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__________________.答案a,b都不能被5整除8.(2018·邢台调研)eq\r(6)+eq\r(7)与2eq\r(2)+eq\r(5)的大小关系为______________.答案eq\r(6)+eq\r(7)>2eq\r(2)+eq\r(5)解析要比较eq\r(6)+eq\r(7)与2eq\r(2)+eq\r(5)的大小,只需比较(eq\r(6)+eq\r(7))2与(2eq\r(2)+eq\r(5))2的大小,只需比较6+7+2eq\r(42)与8+5+4eq\r(10)的大小,只需比较eq\r(42)与2eq\r(10)的大小,只需比较42与40的大小,∵42>40,∴eq\r(6)+eq\r(7)>2eq\r(2)+eq\r(5).9.已知点An(n,an)为函数y=eq\r(x2+1)图像上的点,Bn(n,bn)为函数y=x图像上的点,其中n∈N+,设cn=an-bn,则cn与cn+1的大小关系为__________________.答案cn+1<cn解析由条件得cn=an-bn=eq\r(n2+1)-n=eq\f(1,\r(n2+1)+n),则cn随n的增大而减小,∴cn+1<cn.10.(2017·武汉联考)已知直线l⊥平面α,直线m平面β,有下列命题:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l∥m⇒α⊥β;④l⊥m⇒α∥β.其中正确命题的序号是________.答案①③解析①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α∥β))⇒l⊥β,又∵mβ,∴l⊥m,①正确;②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α⊥β))⇒l∥β或lβ,∴l,m平行、相交、异面都有可能,故②错误;③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,l⊥α))⇒m⊥α,又mβ,∴β⊥α,故③正确;④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l⊥m))⇒mα或m∥α.又mβ,∴α,β可能相交或平行,故④错误.11.(2017·黄冈模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N+).其中m为常数,且m≠-3且m≠0.(1)求证:{an}是等比数列;(2)若数列{an}的公比q=f(m),数列{bn}满足b1=a1,bn=eq\f(3,2)f(bn-1)(n∈N+,n≥2),求证:eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))为等差数列.证明(1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3.两式相减,得(3+m)an+1=2man,m≠-3且m≠0,∴eq\f(an+1,an)=eq\f(2m,m+3),∴{an}是等比数列.(2)∵(3-m)Sn+2man=m+3,∴(3-m)a1+2ma1=m+3,∴a1=1.b1=a1=1,q=f(m)=eq\f(2m,m+3),∴当n∈N+且n≥2时,bn=eq\f(3,2)f(bn-1)=eq\f(3,2)·eq\f(2bn-1,bn-1+3),得bnbn-1+3bn=3bn-1,即eq\f(1,bn)-eq\f(1,bn-1)=eq\f(1,3).∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是首项为1,公差为eq\f(1,3)的等差数列.12.(2017·北京)设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.(1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,eq\f(cn,n)>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.(1)解c1=b1-a1=1-1=0,c2=max{b1-2a1,b2-2a=max{1-2×1,3-2×2}=-1,c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.当n≥3时,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0,所以bk-nak在k∈N+上单调递减.所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n.所以对任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1,所以{cn}是等差数列.(2)证明设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,则bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).所以cn=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1-a1n+n-1d2-nd1,d2>nd1,,b1-a1n,d2≤nd1.))①当d1>0时,取正整数m>eq\f(d2,d1),则当n≥m时,nd1>d2,因此,cn=b1-a1n,此时,cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.②当d1=0时,对任意n≥1,cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).此时,c1,c2,c3,…,cn,…是等差数列.③当d1<0时,当n>eq\f(d2,d1)时,有nd1<d2,所以eq\f(cn,n)=eq\f(b1-a1n+n-1d2-nd1,n)=n(-d1)+d1-a1+d2+eq\f(b1-d2,n)≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|.对任意正数M,取正整数m>maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(M+|b1-d2|+a1-d1-d2,-d1),\f(d2,d1))),故当n≥m时,eq\f(cn,n)>M.13.(2018·长春模拟)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____________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-3,\f
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