高考数学一轮复习（知识回扣+热点突破+能力提升）直接证明与间接证明 理 北师大版

第六节直接证明与间接证明【考纲下载】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．1．直接证明综合法分析法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，这样的思维方法称为综合法从命题的结论出发，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，这样的思维方法称为分析法思维过程由因导果执果索因证题步骤P(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒Pn⇒Q(结论)Q(结论)⇐Q1⇐Q2⇐…⇐Qn⇐P(已知)文字语言因为…，所以…或由…，得…要证…，只需证…，即证…符号语言⇒⇐2.间接证明反证法定义在证明数学命题时，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，或与假设相矛盾，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证明步骤(1)作出否定结论的假设(2)进行推理，导出矛盾(3)否定假设，肯定结论适用范围否定性命题(2)命题的结论中出现“至少”、“至多”、“唯一”等词语的(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的什么条件？(充分条件、必要条件、充要条件)提示：充分条件．2．用反证法证明结论“a>b”时，应假设的内容是什么？提示：应假设a≤b.3．证明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)最适合的方法是什么？提示：分析法．1．若a<b<0，则下列不等式中成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)C．b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b)D.eq\f(b,a)<eq\f(b＋1,a＋1)解析：选C∵a<b<0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b).由不等式的同向可加性知b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b).2．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解析：选B由题意可知，应有②⇒①，故①是②的必要条件．3．(教材习题改编)用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设()A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°解析：选B“至少有一个不大于60°”的反面是“都大于60°”．4．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成立的条件的个数是________．解析：要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只要eq\f(b,a)>0且eq\f(a,b)>0，即a，b不为0且同号即可，故有3个．答案：35．已知点An(n，an)为函数y＝eq\r(x2＋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：由题意知，an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，∴cn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n).显然，cn随着n的增大而减小，∴cn>cn＋1.答案：cn>cn＋1考点一分析法的应用[例1]已知函数f(x)＝3x－2x，求证：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))).[自主解答]要证明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即证明eq\f(3x1－2x1＋3x2－2x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要证明eq\f(3x1＋3x2,2)－(x1＋x2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－(x1＋x2)，即证明eq\f(3x1＋3x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)，因此只要证明eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)，由于x1，x2∈R，所以3x1>0,3x2>0，由基本不等式知eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)显然成立，故原结论成立．【方法规律】利用分析法证明问题的思路分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此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．已知非零向量a、b，且a⊥b，求证：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).证明：a⊥b⇔a·b＝0，要证eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).只需证|a|＋|b|≤eq\r(2)|a＋b|，只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证.考点二综合法与分析法的综合应用[例2](·湖北高考)如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2＝d1.同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3.过AB，AC的中点M，N且与直线AA2平行的平面截多面体A1B1C1­A2B2C2所得的截面(1)证明：中截面DEFG是梯形；(2)在△ABC中，记BC＝a，BC边上的高为h，面积为S.在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量(即多面体A1B1C1­A2B2C2的体积V)时，可用近似公式V估＝S中·h来估算．已知V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S，试判断V估与V的大小关系，并加以证明．[自主解答](1)证明：依题意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2所以四边形A1A2B2B1，A1A由AA2∥平面MEFN，AA2⊂平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.同理可证A1A2∥FG，所以DE∥又点M，N分别为AB，AC的中点，则点D，E，F，G分别为A1B1，A2B2，A2C2，A1C即DE、FG分别为梯形A1A2B2B1、A1A因此DE＝eq\f(1,2)(A1A2＋B1B2)＝eq\f(1,2)(d1＋d2)，FG＝eq\f(1,2)(A1A2＋C1C2)＝eq\f(1,2)(d1＋d3)，而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面DEFG是梯形．(2)V估<V.证明如下：由A1A2⊥平面ABC，MN⊂平面ABC，可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2，所以EM同理可得FN⊥MN.由MN是△ABC的中位线，可得MN＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)a，即为梯形DEFG的高，因此S中＝S梯形DEFG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d1＋d2,2)＋\f(d1＋d3,2)))·eq\f(a,2)＝eq\f(a,8)(2d1＋d2＋d3)，即V估＝S中·h＝eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)．又S＝eq\f(1,2)ah，所以V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)．于是V－V估＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)－eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)＝eq\f(ah,24)[(d2－d1)＋(d3－d1)]．由d1<d2<d3，得d2－d1>0，d3－d1>0，故V估<V.【方法规律】综合法与分析法联袂应用的技巧综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法分析，综合法书写．这一点在立体几何中应用最为明显，同时，在数列、三角、解析几何中也大多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足以下三条：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．试判断g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否为理想函数，如果是，请予以证明；如果不是，请说明理由．证明：g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函数，证明如下：因为x∈[0,1]，所以2x≥1,2x－1≥0，即对任意x∈[0,1]，总有g(x)≥0，满足条件①.g(1)＝21－1＝2－1＝1，满足条件②.当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时，g(x1＋x2)＝2x1＋x2－1，g(x1)＋g(x2)＝2x1－1＋2x2－1，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝(2x1＋x2－1)－(2x1－1＋2x2－1)＝2x1·2x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)．由于x1≥0，x2≥0，所以2x1－1≥0,2x2－1≥0，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]≥0，因此g(x1＋x2)≥g(x1)＋g(x2)，满足条件③，故函数g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函数．高频考点考点三反证法的应用1．反证法的应用是高考的常考内容，题型为解答题，难度适中，为中高档题．2．高考对反证法的考查常有以下两个命题角度：(1)证明否定性命题；(2)证明存在性问题．[例3](·北京高考)已知{an}是由非负整数组成的无穷数列．该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数．证明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.[自主解答](1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)证明：(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…，因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1,2,3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，又an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1，于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)证明：因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2.于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.反证法应用问题的常见类型及解题策略(1)证明否定性命题．解决此类问题分三步：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正确．(2)证明存在性问题．证明此类问题的方法类同问题(1)．1．(·陕西高考)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．解：(1)设{an}的前n项和为Sn，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．2．已知f(x)＝x2＋px＋q.求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).证明：(1)因为f(x)＝x2＋px＋q，所以f(1)＝1＋p＋q，f(2)＝4＋2p＋q，f(3)＝9＋3p＋q，则f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q(2)假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于eq\f(1,2)，即|f(1)|<eq\f(1,2)，|f(2)|<eq\f(1,2)，|f(3)|<eq\f(1,2)，则－eq\f(1,2)<f(1)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(2)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(3)<eq\f(1,2).由同向不等式性质，得－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2.这与f(1)＋f(3)－2故原命题结论成立，即|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).——————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————1种关系——综合法与分析法的关系综合法与分析法的关系：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，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用．2个注意点——利用分析法和反证法应注意的问题(1)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性(常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”)，等分析到一个明显成立的结论．(2)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．3个关键点——反证法证明的关键点(1)准确反设；(2)从否定的结论正确推理；(3)得出矛盾．数学思想(九)转化与化归思想在解题中的应用高考对直接证明与间接证明的考查多在知识的交汇处命题，如数列、立体几何、不等式、函数、解析几何等都可能考查，在具体求解时，应注意运用转化与化归思想寻求解题思路．[典例](·山东高考)定义“正对数”：ln＋x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，0<x<1，,lnx，x≥1.))现有四个命题：①若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝bln＋a；②若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝ln＋a＋ln＋b；③若a>0，b>0，则ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))≥ln＋a－ln＋b；④若a>0，b>0，则ln＋(a＋b)≤ln＋a＋ln＋b＋ln2.其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．[解题指导]本题是新定义问题，解题时要严格按照所给定义，对每一个选项逐一论证或排除．[解析]对于命题①，若0<a<1，由指数函数y＝ax可知，当x>0时，0<y<1，即对任意b>0,0<ab<1，于是ln＋(ab)＝0，且bln＋a＝b×0＝0，此时ln＋(ab)＝bln＋a＝0，此时命题成立；当a＝1时，ab＝1对任意b>0成立，此时ln＋(ab)＝bln＋a＝0，此时命题成立；当a>1时，根据指数函数性质可得对任意b>0，ab>1，此时ln＋(ab)＝lnab＝blna，且bln＋a＝blna，此时命题成立，故命题①为真命题；对于命题②，取a＝eq\f(1,3)，b＝3时，ln＋(ab)＝0，ln＋a＋ln＋b＝ln3>0，二者不相等，故命题②不是真命题；对于命题③，若eq\f(a,b)≥1，a≥1，b≥1，此时ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＝lneq\f(a,b)＝lna－lnb，ln＋a－ln＋b＝lna－lnb，不等式成立；若eq\f(a,b)≥1,0<a<1,0<b<1，此时ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＝lneq\f(a,b)≥0，ln＋a－ln＋b＝0，不等式也成立；若eq\f(a,b)≥1，a≥1,0<b<1，此时ln＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))＝lneq\f(a,b)>lna，ln＋a－ln＋b＝lna，此时不等式也成立．根据对称性，当eq\f(a,b)<1时的各种情况就相当于交换了上述a，b的位置，故不等式成立．综上，命题③为真命题；对于命题④，若0<a<1,0<b<1，无论a＋b取值如何均有ln＋(a＋b)≤ln2，不等式成立；若0<a<1，b≥1，则ln＋(a＋b)＝ln(a＋b)<ln2b＝lnb＋ln2＝ln＋a＋ln＋b＋ln2，不等式成立，同理a≥1,0<b<1时不等式也成立；当a≥1，b≥1时，ln＋(a＋b)＝ln(a＋b)，ln＋a＋ln＋b＋ln2＝lna＋lnb＋ln2，故④中不等式可化为a＋b≤2ab，构造函数g(a)＝a＋b－2ab，则g′(a)＝1－2b<0，所以函数g(a)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(a)≤g(1)＝1＋b－2b＝1－b≤0，所以a＋b≤2ab，所以④中的不等式成立，即命题④为真命题．[答案]①③④[题后悟道]1.注意这类判断命题真假的题目，其解法上既要规范，又要灵活．当判断为真时，需严格地推理证明；而判断为假时，只需举一反例即可．2．注意培养观察能力，即观察条件、结论，且能从数学的角度揭示其差异，如“高次↔低次”“分式(根式)↔整式”“多元↔一元”等，从而为我们的化归转化指明方向，奠定基础．设a，b为正实数．现有下列命题：①若a2－b2＝1，则a－b<1；②若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b<1；③若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|<1；④若|a3－b3|＝1，则|a－b|<1.其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．解析：①中，a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝1，a，b为正实数，若a－b≥1，则必有a＋b>1，不合题意，故①正确；②中，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝eq\f(a－b,ab)＝1，只需a－b＝ab即可．如果a＝2，b＝eq\f(2,3)满足上式，但a－b＝eq\f(4,3)>1，故②错；③中，a，b为正实数，所以eq\r(a)＋eq\r(b)>|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，且|a－b|＝|(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))|＝|eq\r(a)＋eq\r(b)|>1，故③错；④中，|a3－b3|＝|(a－b)(a2＋ab＋b2)|＝|a－b|(a2＋ab＋b2)＝1.若|a－b|≥1，不妨取a>b>1，则必有a2＋ab＋b2>1，不合题意，故④正确．答案：①④[全盘巩固]1．用反证法证明：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．用反证法证明时，下列假设正确的是()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至多有一个偶数D．假设a、b、c至多有两个偶数解析：选B“至少有一个”的否定为“都不是”．2．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒为负值B．恒等于零C．恒为正值D．无法确定正负解析：选A由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.3．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≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A解析：选Aeq\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))).4．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>QB．P＝QC．P<QD．由a的取值确定解析：选C假设P<Q，要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证：2a＋7＋2eq\r(aa＋7)<2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只要证a2＋7a<a2＋7a＋12，只要证0<12，∵0<12成立，∴P<Q成立．5．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数()A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列解析：选B由已知条件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，,x2＝ab，,y2＝bc.))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②,③))由②③，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b)，))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列．6．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2CA．△A1B1C1和△A2B2CB．△A1B1C1和△A2B2CC．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2CD．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C解析：选D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180°相矛盾．所以假设不成立，又由已知可得△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C7．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_________________________________________________________．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．答案：a，b中没有一个能被5整除8．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)．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.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.答案：③9．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________．解析：法一：(补集法)令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)，故满足条件的p的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).法二：(直接法)依题意有f(－1)>0或f(1)>0，即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0，得－eq\f(1,2)<p<1或－3<p<eq\f(3,2)，故满足条件的p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))10．已知a>0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1.求证：eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b)).证明：∵eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，a>0，∴0<b<1，要证eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b))，只需证eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)>1，只需证1＋a－b－ab>1，只需证a－b－ab>0，即eq\f(a－b,ab)>1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1.这是已知条件，所以原不等式成立．11．设Sn表示数列{an}的前n项和．(1)若{an}为等差数列，推导Sn的计算公式；(2)若a1＝1，q≠0，且对所有正整数n，有Sn＝eq\f(1－qn,1－q).判断{an}是否为等比数列，并证明你的结论．解：(1)法一：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋(an－d)＋…＋[an－(n－1)d]，∴2Sn＝n(a1＋an)，∴Sn＝eq\f(na1＋an,2).法二：设{an}的公差为d，则Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a1＋d)＋…＋[a1＋(n－1)d]，又Sn＝an＋an－1＋…＋a1＝[a1＋(n－1)d]＋[a1＋(n－2)d]＋…＋a1，∴2Sn＝[2a1＋(n－1)d]＋[2a1＋(n－1)d]＋…＋[2a1＋(n－1)d]＝2na1＋n(n∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d.(2){an}是等比数列．证明如下：∵Sn＝eq\f(1－qn,1－q)，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1－qn＋1,1－q)－eq\f(1－qn,1－q)＝eq\f(qn1－q,1－q)＝qn.∵a1＝1，q≠0，∴当n≥1时，有eq\f(an＋1,an)＝eq\f(qn,qn－1)＝q，因此，{an}是首项为1且公比为q的等比数列．12．(·北京高考)给定数列a1，a2，…，an，对i＝1,2，3，…，n－1，该数列前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.(1)设数列{an}为3,4,7,1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0，证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列；(3)设d1，d2，…，dn－1是公差大于0的等差数列，且d1>0，证明：a1，a2，…，an－1是等差数列．解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.(2)证明：因为a1>0，公比q>1，所以a1，a2，…，an是递增数列．因此，对i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是对i＝1,2，…，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.因此di≠0且eq\f(di＋1,di)＝q(i＝1,2，…，n－2)，即d1，d2，…，dn－1是等比数列．(3)证明：设d为d1，d2，…，dn－1的公差．对1≤i≤n－2，因为Bi≤Bi＋1，d>0，所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.又因为Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.从而a1，a2，…，an－1是递增数列．因此Ai＝ai(i＝1,2，…，n－1)．又因为B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<an－1.因此an＝B1.所以B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.因此对i＝1,2，…，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差数列．[冲击名校]设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合：①eq\f(an＋an＋2,2)≤an＋1；②an≤M，其中n∈N*，M是与n无关的常数．(1)若{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，a3＝4，S3＝18，试探究{Sn}与集合W之间的关系；(2)设数列{bn}的通项为bn＝5n－2n，且{bn}∈W，M的最小值为m，求m的值；(3)在(2)的条件下，设Cn＝eq\f(1,5)[bn＋(m－5)n]＋eq\r(2)，求证：数列{Cn}中任意不同的三项都不能成为等比数列．解：(1)∵a3＝4，S3＝18，∴a1＝8，d＝－2.∴Sn＝－n2＋9n.eq\f(Sn＋Sn