學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1．直接證明（1）綜合法①定義：一般地,利用已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等,經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法．②框圖表示：eq\x（P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x（Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q）（其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結論）．③思維過程:由因導果．(2)分析法①定義:一般地,從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件（已知條件、定理、定義、公理等）為止，這種證明方法叫做分析法．②框圖表示：eq\x（Q?P1）→eq\x(P1?P2）→eq\x(P2?P3）→…→eq\x(得到一個明顯成立的條件)(其中Q表示要證明的結論）．③思維過程：執(zhí)果索因．2．間接證明反證法：一般地,假設原命題不成立(即在原命題的條件下,結論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明原命題成立的證明方法．【思考辨析】判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×")(1)綜合法是直接證明,分析法是間接證明．（×)(2)分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋找使結論成立的充要條件．(×）（3）用反證法證明結論“a〉b”時，應假設“a<b”．(×）（4）反證法是指將結論和條件同時否定，推出矛盾．（×）（5）在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法,再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．(√）(6）證明不等式eq\r(2）＋eq\r（7)〈eq\r(3)＋eq\r（6）最合適的方法是分析法．（√)1．若a，b，c為實數(shù)，且a<b<0，則下列命題正確的是()A．a(chǎn)c2〈bc2 B．a(chǎn)2>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。2．（2016·北京）袋中裝有偶數(shù)個球，其中紅球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三個空盒，每次從袋中任意取出兩個球，將其中一個球放入甲盒,如果這個球是紅球，就將另一個球放入乙盒,否則就放入丙盒．重復上述過程,直到袋中所有球都被放入盒中,則（)A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C．乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D．乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多答案B解析取兩個球往盒子中放有4種情況:①紅＋紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；②黑＋黑，則丙盒中黑球數(shù)加1；③紅＋黑（紅球放入甲盒中),則乙盒中黑球數(shù)加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中），則丙盒中紅球數(shù)加1.因為紅球和黑球個數(shù)一樣，所以①和②的情況一樣多．③和④的情況完全隨機，③和④對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒有任何影響．①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣．綜上選B.3．要證a2＋b2－1－a2b2≤0,只要證明（)A．2ab－1－a2b2≤0B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4，2）≤0C。eq\f（a＋b2,2）－1－a2b2≤0D．(a2－1）(b2－1）≥0答案D解析a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1）(b2－1)≥0。4．如果aeq\r（a）＋beq\r（b)〉aeq\r(b）＋beq\r(a），則a、b應滿足的條件是__________________________．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）)．∴當a≥0，b≥0且a≠b時，（eq\r(a)－eq\r(b)）2（eq\r(a）＋eq\r(b））〉0?！郺eq\r(a）＋beq\r（b）〉aeq\r(b）＋beq\r（a）成立的條件是a≥0,b≥0且a≠b。5．(2016·青島模擬）如果函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內的任意x1,x2，…,xn，有eq\f（fx1＋fx2＋…＋fxn，n）≤f（eq\f（x1＋x2＋…＋xn,n）),已知函數(shù)y＝sinx在區(qū)間(0,π）上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值為________．答案eq\f(3\r(3），2）解析∵f（x）＝sinx在區(qū)間（0，π)上是凸函數(shù)，且A、B、C∈（0，π)．∴eq\f（fA＋fB＋fC,3）≤f(eq\f（A＋B＋C,3）)＝f（eq\f(π，3)）,即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π，3)＝eq\f(3\r（3）,2)，∴sinA＋sinB＋sinC的最大值為eq\f（3\r(3），2）。題型一綜合法的應用例1（2016·重慶模擬)設a,b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1。證明：（1）ab＋bc＋ac≤eq\f(1，3）；(2）eq\f(a2，b)＋eq\f（b2，c)＋eq\f（c2，a）≥1。證明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc,c2＋a2≥2ac，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca,由題設得（a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1。所以3(ab＋bc＋ca）≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f（1，3)。（2)因為eq\f(a2,b)＋b≥2a,eq\f(b2,c）＋c≥2b，eq\f(c2,a）＋a≥2c，故eq\f（a2,b)＋eq\f(b2,c）＋eq\f(c2，a）＋（a＋b＋c）≥2(a＋b＋c），即eq\f（a2,b）＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f（a2，b)＋eq\f（b2，c）＋eq\f(c2,a）≥1。思維升華(1)綜合法是“由因導果”的證明方法,它是一種從已知到未知(從題設到結論）的邏輯推理方法,即從題設中的已知條件或已證的真實判斷（命題）出發(fā)，經(jīng)過一系列中間推理，最后導出所要求證結論的真實性．（2）綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理．對于定義域為[0,1］的函數(shù)f（x),如果同時滿足：①對任意的x∈[0,1],總有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，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)．(1）若函數(shù)f(x)為理想函數(shù),證明：f(0)＝0；（2）試判斷函數(shù)f(x)＝2x（x∈［0,1］），f（x）＝x2（x∈［0,1]），f(x）＝eq\r(x)(x∈[0,1］)是不是理想函數(shù)．(1)證明取x1＝x2＝0，則x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0）≥f（0）＋f(0）,∴f(0）≤0。又對任意的x∈［0,1]，總有f（x)≥0，∴f（0）≥0.于是f(0)＝0.(2）解對于f（x)＝2x,x∈[0，1]，f(1)＝2不滿足新定義中的條件②，∴f（x）＝2x(x∈［0，1］)不是理想函數(shù)．對于f（x）＝x2，x∈［0，1］，顯然f(x)≥0，且f（1)＝1。對任意的x1，x2∈［0，1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2）－f(x1)－f（x2）＝（x1＋x2)2－xeq\o\al(2，1）－xeq\o\al（2,2）＝2x1x2≥0,即f(x1＋x2)≥f（x1)＋f（x2)．∴f（x)＝x2(x∈[0,1］)是理想函數(shù)．對于f(x）＝eq\r(x)，x∈［0，1］,顯然滿足條件①②。對任意的x1,x2∈［0，1]，x1＋x2≤1，有f2(x1＋x2）－［f(x1)＋f(x2)］2＝(x1＋x2)－（x1＋2eq\r(x1x2)＋x2）＝－2eq\r（x1x2）≤0,即f2（x1＋x2）≤［f(x1)＋f(x2）]2.∴f（x1＋x2)≤f（x1)＋f(x2)，不滿足條件③.∴f（x）＝eq\r(x)（x∈[0，1］)不是理想函數(shù)．綜上，f（x）＝x2（x∈[0,1]）是理想函數(shù)，f(x）＝2x(x∈[0，1]）與f（x）＝eq\r（x)（x∈[0,1])不是理想函數(shù)．題型二分析法的應用例2已知函數(shù)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，求證:eq\f(1，2）[f(x1）＋f(x2)］>feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)）)。證明要證eq\f(1，2）[f(x1)＋f(x2)］>feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（x1＋x2,2））），即證明eq\f（1,2）(tanx1＋tanx2）〉taneq\f(x1＋x2，2)，只需證明eq\f（1,2)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2，cosx2))）>taneq\f（x1＋x2,2)，只需證明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，故只需證明1＋cos（x1＋x2）>2cosx1cosx2，即證1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，即證cos(x1－x2）<1。由x1，x2∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2)))，x1≠x2知上式顯然成立,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）變?yōu)閒（x)＝3x－2x,試證：對于任意的x1，x2∈R，均有eq\f（fx1＋fx2，2）≥feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(x1＋x2,2)））.證明要證明eq\f(fx1＋fx2，2）≥feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2，2)))，即證明≥－2·eq\f(x1＋x2,2），因此只要證明－（x1＋x2）≥－（x1＋x2)，即證明≥,因此只要證明≥，由于x1，x2∈R時，>0,>0，由基本不等式知≥顯然成立，故原結論成立．思維升華(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推,逐步尋找使結論成立的充分條件．正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵．（2）證明較復雜的問題時,可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價（或充分）的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證．(2017·重慶月考)設a〉0,b〉0，2c〉a＋b，求證：（1）c2>ab;（2）c－eq\r(c2－ab)〈a〈c＋eq\r（c2－ab)。證明(1）∵a>0，b>0，2c>a＋b≥2eq\r(ab），∴c>eq\r（ab)，平方得c2>ab。(2）要證c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab)，只要證－eq\r（c2－ab）〈a－c<eq\r（c2－ab），即證|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．題型三反證法的應用命題點1證明否定性命題例3等差數(shù)列{an｝的前n項和為Sn，a1＝1＋eq\r（2)，S3＝9＋3eq\r（2).(1）求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn；（2）設bn＝eq\f(Sn，n)(n∈N*),求證：數(shù)列{bn｝中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列．(1）解由已知得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2），)）∴d＝2，故an＝2n－1＋eq\r（2），Sn＝n（n＋eq\r（2）)．(2）證明由(1)得bn＝eq\f（Sn，n)＝n＋eq\r(2）.假設數(shù)列｛bn｝中存在三項bp，bq,br(p，q,r∈N＊，且互不相等）成等比數(shù)列，則beq\o\al（2,q)＝bpbr，即（q＋eq\r(2）)2＝(p＋eq\r(2)）(r＋eq\r(2））．∴（q2－pr)＋eq\r(2)（2q－p－r)＝0。∵p，q，r∈N＊，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（q2－pr＝0，,2q－p－r＝0。))∴（eq\f(p＋r，2）)2＝pr，即（p－r）2＝0?！鄍＝r，與p≠r矛盾．∴假設不成立，即數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列．命題點2證明存在性問題例4(2016·濟南模擬)若f（x)的定義域為[a，b］，值域為[a，b](a<b),則稱函數(shù)f（x）是[a，b］上的“四維光軍”函數(shù)．(1)設g(x)＝eq\f(1，2)x2－x＋eq\f(3，2）是[1，b］上的“四維光軍”函數(shù)，求常數(shù)b的值；(2)是否存在常數(shù)a，b（a〉－2),使函數(shù)h(x)＝eq\f（1，x＋2）是區(qū)間［a,b］上的“四維光軍"函數(shù)？若存在，求出a,b的值;若不存在，請說明理由．解（1)由題設得g(x）＝eq\f(1,2)(x－1)2＋1,其圖象的對稱軸為x＝1,區(qū)間[1，b]在對稱軸的右邊,所以函數(shù)在區(qū)間[1，b］上單調遞增．由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，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。因為b〉1，所以b＝3.（2)假設函數(shù)h(x）＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間[a，b］（a〉－2）上是“四維光軍”函數(shù),因為h（x）＝eq\f(1，x＋2）在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞減，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,這與已知矛盾．故不存在．命題點3證明唯一性命題例5已知M是由滿足下述條件的函數(shù)構成的集合：對任意f(x)∈M，①方程f（x)－x＝0有實數(shù)根;②函數(shù)f（x）的導數(shù)f′(x)滿足0〈f′(x)<1.（1)判斷函數(shù)f(x）＝eq\f（x,2)＋eq\f(sinx，4）是不是集合M中的元素，并說明理由；(2)集合M中的元素f(x）具有下面的性質：若f(x）的定義域為D，則對于任意［m，n］?D，都存在x0∈（m,n)，使得等式f（n）－f（m）＝(n－m）f′(x0）成立．試用這一性質證明:方程f(x）－x＝0有且只有一個實數(shù)根．(1)解①當x＝0時，f(0）＝0，所以方程f(x)－x＝0有實數(shù)根0；②f′（x)＝eq\f(1，2)＋eq\f（1,4)cosx,所以f′(x）∈eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3，4))），滿足條件0〈f′(x)<1。由①②可得，函數(shù)f(x)＝eq\f(x,2）＋eq\f（sinx,4）是集合M中的元素．(2)證明假設方程f（x）－x＝0存在兩個實數(shù)根α，β(α≠β)，則f（α)－α＝0,f(β）－β＝0。不妨設α〈β，根據(jù)題意存在c∈(α，β),滿足f（β）－f(α）＝（β－α)f′（c）．因為f(α)＝α，f（β）＝β,且α≠β,所以f′（c)＝1。與已知0<f′（x）<1矛盾．又f（x）－x＝0有實數(shù)根，所以方程f(x)－x＝0有且只有一個實數(shù)根．思維升華應用反證法證明數(shù)學命題,一般有以下幾個步驟:第一步：分清命題“p?q"的條件和結論；第二步：作出與命題結論q相反的假設綈q；第三步：由p和綈q出發(fā),應用正確的推理方法,推出矛盾結果；第四步：斷定產(chǎn)生矛盾結果的原因在于開始所作的假設綈q不真，于是原結論q成立，從而間接地證明了命題p?q為真．所說的矛盾結果，通常是指推出的結果與已知公理、已知定義、已知定理或已知事實矛盾，與臨時假設矛盾以及自相矛盾等都是矛盾結果．已知二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象與x軸有兩個不同的交點，若f（c)＝0，且0〈x〈c時，f（x）>0.(1）證明：eq\f(1，a)是函數(shù)f（x）的一個零點；(2)試用反證法證明eq\f(1，a)>c.證明（1）∵f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點，∴f(x）＝0有兩個不等實根x1，x2，∵f（c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，又x1x2＝eq\f（c，a)，∴x2＝eq\f（1,a）(eq\f（1，a)≠c),∴eq\f(1，a)是f（x)＝0的一個根．即eq\f(1,a）是函數(shù)f(x）的一個零點．(2）假設eq\f(1,a)<c，又eq\f(1，a)>0，由0〈x<c時，f（x)>0，知f（eq\f(1，a))>0，與f（eq\f（1,a））＝0矛盾,∴eq\f(1，a)≥c，又∵eq\f（1，a)≠c，∴eq\f(1，a)>c。26．反證法在證明題中的應用典例（12分)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：eq\f（x2，4)＋y2＝1相交于A、C兩點，O是坐標原點．（1）當點B的坐標為（0，1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長;（2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形．思想方法指導在證明否定性問題,存在性問題，唯一性問題時常考慮用反證法證明，應用反證法需注意:(1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，正確作出假設是反證法的基礎，應用假設是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的．（2）當證明的結論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法．（3）利用反證法證明時，一定要回到結論上去．規(guī)范解答(1）解因為四邊形OABC為菱形，則AC與OB相互垂直平分．由于O(0,0），B(0，1），所以設點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f（1,2）))，代入橢圓方程得eq\f(t2，4）＋eq\f（1，4）＝1，則t＝±eq\r(3)，故｜AC｜＝2eq\r(3).[4分](2）證明假設四邊形OABC為菱形，因為點B不是W的頂點，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＋4m2－4＝0。[6分]設A（x1，y1）,C(x2，y2），則eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2），eq\f（y2＋y2,2)＝k·eq\f（x1＋x2,2)＋m＝eq\f(m,1＋4k2）。所以AC的中點為Meq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋4k2），\f(m,1＋4k2)））。[8分］因為M為AC和OB的交點，且m≠0,k≠0，所以直線OB的斜率為－eq\f（1，4k），因為k·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,4k）)）＝－eq\f(1,4）≠－1,所以AC與OB不垂直．［10分］所以OABC不是菱形，與假設矛盾．所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形．［12分]1．（2017·泰安質檢)用反證法證明命題“設a，b為實數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設是（)A．方程x2＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x2＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有兩個實根答案A解析因為“方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根”等價于“方程x2＋ax＋b＝0有一個實根或兩個實根”，所以該命題的否定是“方程x2＋ax＋b＝0沒有實根”．故選A。2．（2016·山西質量監(jiān)測)對累乘運算Π有如下定義:eq\o（Π，\s\up6（n）,\s\do4(k＝1））ak＝a1×a2×…×an,則下列命題中的真命題是(）A。eq\o(Π,\s\up6（1007)，\s\do4(k＝1))2k不能被10100整除B.eq\f(\o（Π,\s\up6（2015），\s\do4(k＝1））4k－2，\o（Π，\s\up6(2014),\s\do4(k＝1））2k－1)＝22015C。eq\o(Π，\s\up6(1008)，\s\do4(k＝1））(2k－1）不能被5100整除D.eq\o（Π，\s\up6(1008），\s\do4（k＝1)）（2k－1)eq\o(Π,\s\up6（1007)，\s\do4(k＝1）)2k＝eq\o（Π，\s\up6(2015)，\s\do4（k＝1)）k答案D解析因為eq\o（Π,\s\up6(1008)，\s\do4(k＝1)）(2k－1）eq\o（Π,\s\up6（1007），\s\do4(k＝1)）2k＝（1×3×5×…×2015）×(2×4×6×…×2014）＝1×2×3×…×2014×2015＝eq\o(Π,\s\up6(2015),\s\do4（k＝1))k，故選D.3．(2017·上饒月考)設x,y,z〉0，則三個數(shù)eq\f(y，x）＋eq\f(y,z），eq\f(z，x）＋eq\f（z,y)，eq\f(x，z）＋eq\f(x，y)（)A．都大于2 B．至少有一個大于2C．至少有一個不小于2 D．至少有一個不大于2答案C解析因為(eq\f(y,x）＋eq\f（y，z)）＋(eq\f(z,x）＋eq\f(z，y)）＋(eq\f(x，z)＋eq\f(x,y))＝(eq\f(y，x）＋eq\f(x，y))＋(eq\f（y,z)＋eq\f（z，y))＋（eq\f（z,x)＋eq\f(x，z））≥6，當且僅當x＝y(tǒng)＝z時等號成立．所以三個數(shù)中至少有一個不小于2,故選C.4．①已知p3＋q3＝2，證明：p＋q≤2。用反證法證明時,可假設p＋q≥2；②若a，b∈R，｜a|＋|b｜〈1，求證：方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1。用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設｜x1|≥1.以下結論正確的是(）A．①與②的假設都錯誤B．①的假設正確；②的假設錯誤C．①與②的假設都正確D．①的假設錯誤；②的假設正確答案D解析對于①,結論的否定是p＋q〉2，故①中的假設錯誤；對于②,其假設正確，故選D.5．設a，b是兩個實數(shù),給出下列條件:①a＋b〉1；②a＋b＝2；③a＋b〉2;④a2＋b2〉2；⑤ab〉1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是(）A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤答案C解析若a＝eq\f(1，2），b＝eq\f(2,3）,則a＋b〉1，但a〈1，b<1,故①推不出；若a＝b＝1,則a＋b＝2,故②推不出;若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2〉2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出;對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1,反證法：假設a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b〉2矛盾，因此假設不成立,a,b中至少有一個大于1.6．(2016·河南三市聯(lián)考)設n為正整數(shù)，f（n）＝1＋eq\f(1,2）＋eq\f(1,3）＋…＋eq\f(1，n)，計算得f（2）＝eq\f（3，2)，f(4）〉2，f(8)〉eq\f(5,2），f（16）〉3。觀察上述結果，按照上面規(guī)律，可推測f（128)>________。答案eq\f（9,2）解析觀察f（2）＝eq\f(3,2),f(4)〉2，f(8)>eq\f（5，2），f（16）〉3可知，等式及不等式右邊的數(shù)構成首項為eq\f(3,2)，公差為eq\f（1,2）的等差數(shù)列，故f(128)>eq\f(3，2)＋6×eq\f(1,2)＝eq\f（9,2)。7．（2016·全國甲卷)有三張卡片，分別寫有1和2，1和3,2和3。甲，乙,丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”,乙看了丙的卡片后說:“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1"，丙說:“我的卡片上的數(shù)字之和不是5",則甲的卡片上的數(shù)字是________．答案1和3解析由丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”可知，丙為“1和2”或“1和3”，又乙說“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，所以乙只可能為“2和3”，又甲說“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，所以甲只能為“1和3”．8．若二次函數(shù)f(x）＝4x2－2（p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間［－1，1］內至少存在一點c，使f（c）>0，則實數(shù)p的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2）)）解析若二次函數(shù)f(x）≤0在區(qū)間[－1，1］內恒成立，則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），故滿足題干條件的p的取值范圍為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2）））。9．已知a>0，證明：eq\r(a2＋\f(1,a2）)－eq\r（2)≥a＋eq\f（1,a)－2。證明要證eq\r（a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f（1，a)－2,只需證eq\r（a2＋\f（1,a2)）≥（a＋eq\f(1，a))－（2－eq\r（2)）．因為a>0,所以（a＋eq\f(1，a)）－（2－eq\r(2）)〉0，所以只需證(eq\r（a2＋\f（1,a2)))2≥[(a＋eq\f（1,a）)－（2－eq\r(2))］2，即2(2－eq\r(2）)(a＋eq\f（1，a))≥8－4eq\r（2)，只需證a＋eq\f(1,a）≥2.因為a>0,a＋eq\f（1,a)≥2顯然成立(a＝eq\f（1,a）＝1時等號成立)，所以要證的不等式成立．10．設f（x）＝ax2＋bx＋c(a≠0），若函數(shù)f(x＋1）與f(x)的圖象關于y軸對稱，求證：f(x＋eq\f（1，2）)為偶函數(shù)．證明由函數(shù)f（x＋1)與f（x）的圖象關于y軸對稱,可知f(x＋1）＝f（－x)．將x換成x－eq\f（1，2）代入上式可得f（x－eq\f(1,2)＋1)＝f[－（x－eq\f（1,2)）］，即f（x＋eq\f（1,2)）＝f(－x＋eq\f（1,2)），由偶函數(shù)的定義可知f（x＋eq\f（1，2))為偶函數(shù)．11．已知函數(shù)f（x)＝ax＋eq\f（x－2,x＋1）(a>1)．（1）證明:函數(shù)f(x）在（－1，＋∞）上為增函數(shù);（2）用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數(shù)根．證明(1）任取x1，x2∈(－1,＋∞)，不妨設x1<x2，則x2－x1〉0。∵a〉1，∴∴又∵x1＋1〉0，x2＋1〉0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f（x1－2，x1＋1）＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1，x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1，x1＋1x2＋1)〉0。于是f（x2）－f(x1)＝＋eq\f(x2－2，x2＋1）－eq\f(x1－2，x1＋1）〉0，故函數(shù)f（x)在(－1，＋∞）上為增函數(shù)．(2)假設存在x0<0（x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1）.∵a〉1,∴0〈〈1,∴0<－eq\f(x0－2,x0＋1）<1，即eq\f(1，2）〈x0〈2，與假設x0〈0相矛盾,故方程f(x）＝0沒有負數(shù)根．12．（2015·陜西）設fn（x)是等比數(shù)列1，x，x2，…,xn的各項和，其中x＞0，n∈N，n≥2。（1）證明：函數(shù)Fn（x)＝fn（x）－2在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內有且僅有一個零點(記為xn),且xn＝eq\f（1，2）＋eq\f（1,2）xeq\o\al(n＋1,n）；（2)設有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為gn(x)，比較fn(x)與gn(x)的大小，并加以證明．(1)證明Fn(x）＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，則Fn（1）＝n－1＞0，F(xiàn)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）))＝1＋eq\f（1,2）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)）)n－2＝eq\f（1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）））n＋1,1－\f（1，2)）－2＝－eq\f(1，2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2），1))內至少存在一個零點．又F′n(x）＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0（x＞0），故Fn(x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，1))內單調遞增，所以Fn（x）在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，1)）內有且僅有一個零點xn，因為xn是Fn(x)的零點,所以Fn(xn)＝0,即eq\f(1－x\o\al（n＋1,n），1－xn)－2＝0，故xn＝eq\f(1,2）＋eq\f(1，2)xeq\o\al(n＋1,n）。(2)解方法一由題設，gn(x）＝eq\f(n＋11＋xn，2)，設h(x）＝fn(x)－gn(x）＝1＋x＋x2＋…＋xn－eq\f(n＋11＋xn，2），x＞0.當x＝1時，fn（x）＝gn（x）；當x≠1時，h′（x）＝1＋2x＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1xn－1，2），若0＜x＜1，h′(x）＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2）xn－1＝eq\f(nn＋1,2）xn－1－eq\f（nn＋1,2）xn－1＝0,若x＞1，h′（x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1，2）xn－1＝eq\f（nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1，2）xn－1＝0，所以h(x)在（0，1)上遞增，在(1,＋∞)上遞減，所以h(x)＜h（1)＝0,即fn(x）＜gn（x)，綜上所述，當x＝1時,fn（x）＝gn（x）；當x≠1時，fn(x)＜gn(x）．方法二由題設，fn（x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝eq\f(n＋1xn＋1,2)，x＞0，當x＝1時，fn(x）＝gn(x），當x≠1時，用數(shù)學歸納法可以證明fn(x）＜gn（x），①當n＝2時，f2（x）－g2(x）＝－eq\f（1,2）（1－x)2＜0,所以f2(x)＜g2（x）成立，②假設n＝k(k≥2）時，不等式成立,即fk（x）＜gk（x），那么,當n＝k＋1時，fk＋1（x)＝fk（x）＋xk＋1＜gk(x）＋xk＋1＝eq\f（k＋11＋xk,2)＋xk＋1＝eq\f（2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1,2)，又gk＋1(x)－eq\f(2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1，2