高考大一轮复习备考资料之数学人教A版全国用讲义第十三章推理与证明算法复数13-2

直接证明与间接证明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．直接证明(1)综合法①定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．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表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，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，这种证明方法叫做分析法．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)(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．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．[P89T2]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．[P91B组T2]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△A2B2C2是__________三角形．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△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.))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是钝角三角形.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·株州月考)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．(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，其图象的对称轴为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·衡阳调研)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＋4m2－4＝0.[6分]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<3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇐－2a2＋ac＋c2<0⇐2a2－ac－c2>0⇐(a－c)(2a＋c)>0⇐(a－c)(a－b)>0.3．(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 ________________________________________________________________________．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∵m⊂β，∴l⊥m，①正确；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α⊥β))⇒l∥β或l⊂β，∴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m⊂β，∴β⊥α，故③正确；④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l⊥m))⇒m⊂α或m∥α.又m⊂β，∴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，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝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(3,2)))解析若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\