第4講直接證明與間接證明板塊四模擬演練·提能增分[A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．[2018·綿陽周測]設(shè)t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，則下列關(guān)于t和s的大小關(guān)系中正確的是()A．t>sB．t≥sC．t<sD．t≤s答案D解析s－t＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t，選D項(xiàng)．2．若a，b，c為實(shí)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>b2.3．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解析對(duì)于A，當(dāng)x>0時(shí)，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不正確；對(duì)于B，當(dāng)x≠kπ時(shí)，sinx正負(fù)不定，不能用基本不等式，所以B不正確；對(duì)于D，當(dāng)x＝0時(shí)，eq\f(1,x2＋1)＝1，故D不正確．由基本不等式可知選項(xiàng)C正確．4．若a>0，b>0，a＋b＝1，則下列不等式不成立的是()A．a(chǎn)2＋b2≥eq\f(1,2) B．a(chǎn)b≤eq\f(1,4)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4 D.eq\r(a)＋eq\r(b)≤1答案D解析a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,2)，∴A成立；ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\f(1,4)，∴B成立．又eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2＋2eq\r(\f(b,a)＋\f(a,b))＝4，∴C成立，∴應(yīng)選D.5．[2018·鄒平期末]若a>b>c，則使eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(k,a－c)恒成立的最大的正整數(shù)k為()A．2B．3C．4D．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k的最大整數(shù)為4.故選C.6．[2018·邯鄲模擬]設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)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(gè)大于1”的條件是________．(填序號(hào))答案③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(duì)于③，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b＞2矛盾，因此假設(shè)不成立，故a，b中至少有一個(gè)大于1.7．已知a＋b＋c＝0，求證：a3＋a2c＋b2c－abc＋b證明運(yùn)用“立方和”公式證明：a3＋b3＝(a＋b)·(a2－ab＋b2)，∴原式＝a3＋b3＋(a2c＋b2c－＝(a＋b)·(a2－ab＋b2)＋c(a2－ab＋b2)＝(a＋b＋c)·(a2－ab＋b2)∵a＋b＋c＝0，∴原式＝0，即當(dāng)a＋b＋c＝0時(shí)，a3＋a2c＋b2c－abc＋b8．設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．證明由函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，可知f(x＋1)＝f(－x)．將x換成x－eq\f(1,2)代入上式可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)＋1))＝feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)))，由偶函數(shù)的定義可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．9．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)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)證明：由(1)，得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，r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))，所以(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.因?yàn)閜，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?(p－r)2＝0.所以p＝r，這與p≠r矛盾，所以數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．10．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(fù)數(shù)根．[B級(jí)知能提升]1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，則M與N的大小關(guān)系是()A．M≥N B．M≤NC．M＝N D．不能確定答案A解析M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy)＝eq\f(1,2)[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)]＝eq\f(1,2)[(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2]≥0.故M≥N.2．已知實(shí)數(shù)m，n滿足m·n>0，m＋n＝－1，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最大值為________．答案－4解析∵m·n>0，m＋n＝－1，∴m<0，n<0，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝－(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(m,n)＋\f(n,m)))≤－2－2eq\r(\f(m,n)·\f(n,m))＝－4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝－eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)取得最大值－4.3．[2018·清水期末]設(shè)a>0，b>0,2c>a＋b(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∴原不等式成立．4．[2018·正定模擬]設(shè)f(x)＝3ax2＋2bx＋c.若a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，求證：(1)a>0且－2<eq\f(b,a)<－1；(2)方程f(x)＝0在(0,1)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根．證明(1)∵f(0)>0，f(1)>0，∴c>0,3a＋2b＋c由a＋b＋c＝0，消去b得a>c>0；再由條件a＋b＋c＝0，消去c得a＋b<0且2a＋b∴－2<eq\f(b,a)<－1.(2)解法一：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(c,2)))2＋\f(3,4)c2))>0，∴方程f(x)＝0有兩個(gè)實(shí)根．設(shè)方程的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(2b,3a)>0，x1x2＝eq\f(c,3a)>0，故兩根為正．又∵(x1－1)＋(x2－1)＝－eq\f(2b,3a)－2<0，(x1－1)(x2－1)＝eq\f(3a＋2b＋c,3a)>0，故兩根均小于1，命題得證．解法二：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(c,2)))2＋\f(3c2,4)))>0，由(1)知－2<eq\f(b,a)<－1，∴eq\f(1,2)<－eq\f(b,2a)<1，已知f(0)>0，f(1)>0，∴f(x)＝0在(0,1)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根．5．[2015·陜西高考]設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項(xiàng)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(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gn(x)，比較fn(x)和gn(x)的大小，并加以證明．解(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(\a\vs4\al(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(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)．又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn.因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn)，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)由題設(shè)，gn(x)＝eq\f(n＋11＋xn,2).設(shè)h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－eq\f(n＋11＋xn,2)，x>0.當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)．當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1xn