高三数学（理）一轮复习习题听课答案-第六单元-不等式推理与证明

第六单元不等式、推理与证明1.编写意图(1)重视不等式本身的知识、方法的讲解和练习力度,以基本的选题和细致全面的讲解进行组织,使学生掌握好不等式本身的重要知识和方法,为不等式的应用打下良好的基础.(2)二元一次不等式(组)所表示的平面区域和简单的线性规划问题,是高考重点考查的两个知识点,我们不把探究点设置为简单的线性规划问题,而是设置为目标函数的最值(这样可以涵盖线性规划和非线性规划),含有参数的平面区域以及生活中的优化问题,这样在该讲就覆盖了高考考查的基本问题.(3)对于合情推理,主要在于训练学生的归纳能力,重点在一些常见知识点上展开.2.教学建议(1)在各讲的复习中首先要注意基础性,这是第一位的复习目标.由于各讲的选题偏重基础,大多数例题、变式题学生都可以独立完成,在基础性复习的探究点上要发挥教师的引导作用,教师引导学生独立思考完成这些探究点,并给予适度的指导和点评.(2)要重视实际应用问题的分析过程、建模过程.应用问题的难点是数学建模,本单元涉及了较多的应用题,在这些探究点上教师的主要任务就是指导学生如何通过设置变量把实际问题翻译成数学问题,重视解题的过程.(3)不等式在高考数学各个部分的应用,要循序渐进地解决,在本单元中涉及不等式的综合运用时,我们的选题都很基础,在这样的探究点上不要试图一步到位,不等式的综合运用是整个一轮复习的系统任务,在本单元只涉及基本的应用,不要拔高.(4)推理与证明是培养学生良好思维习惯,学习和运用数学思想方法,形成数学能力的重要一环.要站在数学思想方法的高度,对多年来所学习的数学知识和数学方法进行较为系统的梳理和提升.务必使学生对数学发现与数学证明方法有一个较为全面的认识.3.课时安排本单元共7讲,一个小题必刷卷(九),建议每讲1个课时完成,小题必刷卷1个课时完成,本单元建议用8个课时完成复习任务.第33讲不等关系与不等式考试说明了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系,了解不等式(组)的实际背景.考情分析考点考查方向考例考查热度不等式的性质比较数、式的大小2017全国卷Ⅰ11★☆☆不等式性质的应用求参数的值、范围★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现[2017·全国卷Ⅰ]设x,y,z为正数,且2x=3y=5z,则 ()A.2x<3y<5z B.5z<2x<3yC.3y<5z<2x D.3y<2x<5z[解析]D设2x=3y=5z=t(t>1),则x=log2t,y=log3t,z=log5t,所以2x=2log2t=log2t,3y=3log3t=log33t,5z=5log5t=log55t,又t>1,所以上述三个值中底数大的反而小,故只需比较2,33,55的大小即可.因为(2)6=8<9=(33)6,所以2<33.因为(33)15=35=243>125=(55)15,所以55<33.因为(2)10=32>25=(55)10,所以55<2■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2017·山东卷]若a>b>0,且ab=1,则下列不等式成立的是 ()A.a+1b<b2a<log2B.b2a<log2(a+b)C.a+1b<log2(a+b)<D.log2(a+b)<a+1b<[解析]B利用特殊值法检验排除,当a=2,b=12时,选项A,C,D对应的不等式不成立,故选B2.[2016·北京卷]已知x,y∈R,且x>y>0,则 ()A.1x1y>0 B.sinxsinC.xy1212<0 D.lnx+lny>0[解析]C选项A中,因为x>y>0,所以1x<1y,即1x1y<0,故结论不成立;选项B中,当x=5π6,y=π3时,sinxsiny<0,故结论不成立;选项C中,函数y=12x是定义在R上的减函数,因为x>y>0,所以12x<12y,所以12x12y<0;选项D中,当x=e1,y=e2时,【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)>=<(2)>=<2.(1)b<a(3)>a+c>b+d(4)><>(5)>对点演练1.a[解析]因为bc=73(62)=(7+2)(6+3),(7+2)2=9+214,(6+3)2=9+218,所以bc<0,即b<c.又ac=2(62)=226=86>0,所以a>c.所以a,b,c中最大者为a.2.fx>gx[解析]∵fxgx=x22x+2=(x1)2+1>0,∴fx>gx.3.③[解析]①若b>0>a,则1a<0<1b,故①正确;②若0>a>b,则ab>0,∴aab>bab,即1a<1b,故②正确;③若a>0>b,则1a>0>1b,故不能推出1a<1b,因此③不正确;④若a>b>0,则aab>bab,即1a<14.(7,7)[解析]由题可知1<a<2,3<b<5,∴2<2a<4,5<b<3,结合不等式的性质可得2ab∈(7,7).5.S>1[解析]因为a,b,c∈R+,所以S=ab+c+ba+c+ca+b>aa+b+c+6.-32,-23[解析]因为2<a<3,3<b<2,所以12<1b<13【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)考虑利用差值比较法进行判断;(2)先令3a=4b=6c=k,并转化为对数形式,然后作商比较.(1)P>Q(2)C[解析](1)PQ=a2-b2a2+b2a-ba+b=(a2-b2)(a+b)-(a-b)(a2+b2)((2)令3a=4b=6c=k,则a=log3k,b=log4k,c=log6k,则3a4b=3log3k4log4k=3lg44lg3=lg64lg81<1,则3a<4b,又4b6c=2log4k3log变式题(1)M>N(2)C[解析](1)因为MN=(2p+1)(p3)[(p6)(p+3)+10]=p22p+5=(p1)2+4>0,所以M>N.(2)77aa7aa7=77aaa7=7a7-a,则当a>7时,0<7a<1,7a<0,则7a7-a>1,∴77aa>7aa7;当0<a<7时,7a>1,7a>0,则7a7-a>1,∴7例2[思路点拨]利用不等式的性质或特殊值法求解.(1)D(2)D[解析](1)因为a<b<0,所以a>b>0,所以a2>b2,故a2+1>b2,①正确.a<b<0⇒a>b>0⇒a+1>b+1>0,故|1a|>|b1|,②正确.a<b<0⇒a+b<a<b<0,所以1a+b>1a>1b,③(2)取a=12,b=4,c=2,则由ab=18,ac=14,知D变式题(1)D(2)D[解析](1)由a<b<0,得a>b,A成立;因为a<0,a<b,所以a2>ab,B成立;因为a<b<0,所以1a>1b,C成立;当a=2,b=1时,1a-b=1,1a=12,1(2)A中,当x=1,y=1时,1x<1y不成立,所以A错.B中,当x=1,y=12时,log2(xy)=1,所以B错.C中,当x=1,y=1时,x2>y2不成立,所以C错.D中,f(x)=12x在R上单调递减,当x>y时,12x例3[思路点拨](1)首先将两个已知不等式同时除以a,化为关于ba,ca的不等式组,然后利用不等式的性质可求得ba的取值范围;(2)先令9x+y=a(2x+y)+b(3x+y),然后通过比较系数求得a,b的值,进而根据条件中两个代数式的取值范围确定出9(1)A(2)-132,132[解析](1)三个正数a,b,c满足a≤b+c≤2a,b≤a+c≤2b,∴1≤ba+ca≤2,ba≤1+ca≤2ba,即2ba≤1ca≤ba,∴12ba≤ba1(2)设9x+y=a(2x+y)+b(3x+y),则9x+y=(2a+3b)x+(a+b)y,于是比较两边系数得2a+3b=9,a+b=1,得a=6,b=7.由已知不等式得3≤6(2x+y)≤3,72≤7(3x+y)变式题1,72[解析]由条件f(a,b)=ax+by,可知f(1,1)=x+y,f(1,1)=xy,则1≤x+y≤2,且1≤xy≤1.设f(2,1)=2x+y=λ(x+y)+μ(xy),即2x+y=(λ+μ)x+(λμ)y,于是2=λ+μ,1=λ-μ,解得λ=32,μ=12.而32≤32(x+y)≤3,12≤12(xy)【备选理由】例1将不等式的比较大小应用于数列中的两项之间比较大小;例2为一道作商比较大小的题目,是对探究点一比较大小方法的补充;例3考查不等式性质与实际应用相结合.1[配合例1使用]在等比数列{an}和等差数列{bn}中,a1=b1=1,a3=b3,且a3≠a1,试比较a5与b5的大小.解:设等比数列{an}的公比为q(q≠±1),等差数列{bn}的公差为d(d≠0),由a3=b3,得a1q2=b1+2d,即q2=1+2d,∴a5b5=a1q4(b1+4d)=(1+2d)2(1+4d)=4d2>0,∴a5>b5.2[配合例1使用]若a=ln22,b=ln33,c=ln55,则 (A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.b<a<c[解析]C由a=ln22,b=ln33,c=ln55,得a,b,c都是正数,∴ba=2ln33ln2=log89>1,即b>a,ac=5ln22ln5=log2532>3[配合例3使用]已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元,而4枝玫瑰与4枝康乃馨的价格之和小于20元,那么2枝玫瑰和3枝康乃馨的价格的比较结果是 ()A.2枝玫瑰的价格高 B.3枝康乃馨的价格高C.价格相同 D.不确定[解析]A设1枝玫瑰与1枝康乃馨的价格分别为x元、y元,则6x+3y>24,4x+4y<20⇒2x+y>8,x+y<5,因此2x3y=5(2x+y)8(x+y)>5×88×5=0,因此2枝玫瑰的价格高,选A.第34讲一元二次不等式及其解法考试说明1.会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型.2.通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.3.会解一元二次不等式,对给定的一元二次不等式,会设计求解的程序框图.考情分析考点考查方向考例考查热度解一元二次不等式求解集★☆☆含参一元二次不等式不等式恒成立问题★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2016·全国卷Ⅱ]已知集合A={1,2,3},B={x|(x+1)(x2)<0,x∈Z},则A∪B= ()A.{1} B.{1,2}C.{0,1,2,3} D.{1,0,1,2,3}[解析]C∵B={x|(x+1)(x2)<0,x∈Z}={x|1<x<2,x∈Z},∴B={0,1},∴A∪B={0,1,2,3}.2.[2016·全国卷Ⅰ]设集合A={x|x24x+3<0},B={x|2x3>0},则A∩B= ()A.3,32 B.3,32C.1,32 D.32,3[解析]D集合A=(1,3),B=32,+∞,所以A∩B=32,3.■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2017·山东卷]设函数y=4-x2的定义域为A,函数y=ln(1x)的定义域为B,则A∩B=A.(1,2) B.(1,2]C.(2,1) D.[2,1)[解析]D由4x2≥0得2≤x≤2,所以A={x|2≤x≤2};由1x>0得x<1,所以B={x|x<1}.故A∩B={x|2≤x<1},故选D.2.[2016·浙江卷]已知集合P={x∈R|1≤x≤3},Q={x∈R|x2≥4},则P∪(∁RQ)= ()A.[2,3] B.(2,3]C.[1,2) D.(∞,2]∪[1,+∞)[解析]B易知∁RQ={x|2<x<2},则P∪(∁RQ)={x|2<x≤3},故选B.【课前双基巩固】知识聚焦2.{x|x<x1或x>x2}{x|x≠x1}R{x|x1<x<x2}⌀⌀对点演练1.[2,5][解析]∵x23x10≤0,∴(x5)(x+2)≤0,∴2≤x≤5.2.(∞,1)∪(6,+∞)[解析]由题意,得Δ=4a24×(7a6)>0,即a27a+6>0,解得a>6或a<1.3.{0,1,2}[解析]∵A={x|1<x<3},B={1,0,1,2,3},∴A∩B={0,1,2}.4.xx<32或x>7[解析]2x(x7)>3(x7)⇔2x(x7)3(x7)>0⇔(x7)(2x3)>0,解得x<32或x>7,所以,原不等式的解集为xx<32或x>7.5.{x|3≤x≤1}[解析](x+3)(1x)≥0⇔(x+3)(x1)≤0,解得3≤x≤1,∴不等式的解集为{x|3≤x≤1}.6.(4,0][解析]当m=0时,mx2+mx1=1<0,不等式恒成立;当m≠0时,由m<0,Δ=m2+4m<0,解得4<m<【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)先通过解二次不等式化简集合,再求交集;(2)由根与系数的关系得出a,b的值,再解不等式.(1)D(2)B[解析](1)∵M={x|x2+5x14<0}={x|7<x<2},N={x|1<x<4},∴M∩N={x|1<x<2},选D.(2)由已知可得a<0,-3+2=--5a,(-3)×2=ba,解得a=-5,b=30,代入不等式bx25x+a>0得30x25x5>变式题(1)3(2)(1,lg2)[解析](1)∵A={x∈Z|x23x4≤0}={x∈Z|1≤x≤4}={1,0,1,2,3,4},B={x∈Z|2x2x6>0}=x∈Zx<32或x>2,∴A∩B={3,4},则A∩B的真子集的个数为221=3.(2)由题意知110,12是一元二次方程fx=0的两实数根,且方程的二次项系数为负数,所以不等式f10x>0等价于110<10x<12,所以x∈(1例2[思路点拨]分a=2与a≠2两种情况,结合二次函数的图像特征建立不等式组进行求解.(2,2][解析]当a2=0,即a=2时,不等式即为4<0,对一切x∈R恒成立;当a≠2时,需a-2<0,Δ综上,得实数a的取值范围是(2,2].例3[思路点拨]方法一,由二次函数图像可知,若二次项系数大于0,则当x取值在两根之间时函数值恒为负值,故只要x取1和2时的函数值小于或等于0即可;方法二,把参数a分离出来,转化为求函数的最值.A[解析]方法一:令f(x)=x22x+a,则由题意,得f(-1)=(-1)2方法二:当x∈[1,2]时,不等式x22x+a≤0恒成立等价于a≤x2+2x恒成立,则由题意,得a≤(x2+2x)min(x∈[1,2]).而x2+2x=(x1)2+1,则当x=1时,(x2+2x)min=3,所以a≤3,故选A.例4[思路点拨]将已知函数重新整理成关于a的函数,然后利用一次函数的性质求x的取值范围.(∞,1)∪(3,+∞)[解析]由题意知,fx=x2+(a4)x+42a>0,即(x2)a+x24x+4>0对任意a∈[1,1]恒成立.令ga=(x2)a+x24x+4,则g-1=x-2×-1+x2-4x+4>0,g1=x强化演练1.B[解析]若不等式x2ax+a>0恒成立,则Δ=a24a<0,解得0<a<4,则不等式x2ax+a>0(a∈R)在R上恒成立的充分不必要条件应是{a|0<a<4}的一个真子集,故选B.2.B[解析]由题意知a≥(x2)max.当x∈[1,2]时,(x2)max=4,则a的取值范围是a≥4,故选B.3.D[解析]函数f(x)的定义域是实数集R,则x2+ax+1≥0恒成立,即Δ=a24≤0,解得2≤a≤2,即实数a的取值范围是[2,2].故选D.4.(∞,1]∪23,+∞[解析]由题意知(a3)x2<(4a2)x对a∈(0,1)恒成立等价于(x24x)a3x2+2x<0对a∈(0,1)恒成立.令g(a)=(x24x)a3x2+2x,当x=0时,g(a)=0,不满足题意.当x≠0时,则g0=-3x例5[思路点拨](1)由题意可得出关于x的不等式,解不等式即可;(2)由题意可得出利润u关于x的函数,求二次函数在闭区间内的最值,要比较对称轴与闭区间的关系,结合二次函数的图像即可找到最大值.解:(1)根据题意,有1005x3x+1≥1500,即5x214x3≥0,得x≥3或x≤15,又1≤x≤10,所以3≤x≤10.(2)设生产480千克该产品获得的利润为u元,则u=+1x3x2,1≤x≤10记fx=3x2+1x+5(1≤x≤10),则fx=31x162+112+5(1≤当x=6时fx取得最大值6112,此时u=24000×61故该厂以6千克/时的速度生产480千克该产品可获得最大利润元.变式题解:(1)由题意,得AQ=(x+20)m,∵QDDC=AQAP,∴x30=x+20AP,则S=12·30(x+20)x·(x+20)=15(x+20)2x=15x+400(2)∵S≥1600,∴3x2200x+1200≥0,∴0<x≤203或x≥60,结合定义域得60≤x≤80即要使三角形花园APQ的面积不小于1600m2,则DQ的长的取值范围是[60,80].【备选理由】例1为含参一元二次不等式问题,需要对参数进行分类讨论;例2为不等式恒成立问题,要注意二次项系数是否为0;例3为不等式有整数解的问题.1[配合例1使用]解关于x的不等式a(a1)x2(2a1)x+1>0,其中a∈R.解:原不等式等价于(ax1)[(a1)x1]>0.①当a<0时,x∈∞,1a∪1a-1,+∞;②当a=0时,x∈(1,+∞);③当0<a<1时,x∈1a-1,1④当a=1时,x∈(∞,1);⑤当a>1时,x∈∞,1a∪1a-1,+∞.2[配合例2使用]若ax2+ax+a+3≥0对一切实数x恒成立,则实数a的取值范围是.

[答案][0,+∞)[解析]若a=0,则不等式等价于3≥0,满足条件;若a≠0,要使ax2+ax+a+3≥0对一切实数x恒成立,则需满足a>0,Δ=a2-4a(a+33[配合例3使用]关于x的不等式(ax1)(x+2a1)>0的解集中恰含有3个整数,则实数a的取值集合是.

[答案]12,1[解析]很明显a<0,则不等式的解集为x1a<x<12a.分类讨论:当1≤1a<0时,有2<12a≤3,据此可得a=1;当2≤1a<1时,有1<12a≤2,据此可得a=12;当3≤1a<2时,有0<12a≤1,此时没有满足条件的a的值.综上可得实数a的取值集合是12,1第35讲二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题考试说明1.会从实际情境中抽象出二元一次不等式组.2.了解二元一次不等式的几何意义,能用平面区域表示二元一次不等式组.3.会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题,并能加以解决.考情分析考点考查方向考例考查热度二元一次不等式组表示的平面区域平面区域的面积★☆☆目标函数的最值目标函数的最值、求参问题2017全国卷Ⅰ14,2016全国卷Ⅰ16,2015全国卷Ⅱ14,2015全国卷Ⅰ15,2014全国卷Ⅰ9,2014全国卷Ⅱ9,2013全国卷Ⅱ9★★★真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅰ]设x,y满足约束条件x+2y≤1,2x+y≥[答案]5[解析]已知不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.由z=3x2y,得y=32xz2,当z最小时,z2最大,故在点A处目标函数取得最小值.由x+2y=1,2x+y2.[2016·全国卷Ⅰ]某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A需要甲材料1.5kg,乙材料1kg,用5个工时;生产一件产品B需要甲材料0.5kg,乙材料0.3kg,用3个工时.生产一件产品A的利润为2100元,生产一件产品B的利润为900元.该企业现有甲材料150kg,乙材料90kg,则在不超过600个工时的条件下,生产产品A、产品B的利润之和的最大值为元.

[答案][解析]设生产产品A、产品B分别为x件、y件,利润之和为z元,则1.5x+0.5y≤150作出二元一次不等式组表示的平面区域为图中阴影部分内(包括边界)的整点,即可行域.由图可知当直线z=2100x+900y经过点M时,z取得最大值.解方程组10x+3y=900,5x+3y=600,得M的坐标为(60,100),所以当x=60,y=100时,3.[2015·全国卷Ⅱ]若x,y满足约束条件x-y+1≥0,x[答案]3[解析]画出可行域如图中阴影部分所示,目标函数可化为y=x+z,所以直线z=x+y过点B1,12时,z4.[2014·全国卷Ⅰ]不等式组x+y≥1,xp1:∀(x,y)∈D,x+2y≥2,p2:∃(x,y)∈D,x+2y≥2,p3:∀(x,y)∈D,x+2y≤3,p4:∃(x,y)∈D,x+2y≤1.其中的真命题是 ()A.p2,p3 B.p1,p2C.p1,p4 D.p1,p3[解析]B不等式组表示的区域D如图中的阴影部分所示,设目标函数z=x+2y,根据目标函数的几何意义可知,目标函数在点A(2,1)处取得最小值,且zmin=22=0,即x+2y的取值范围是[0,+∞),故命题p1,p2为真,命题p3,p4为假.5.[2013·全国卷Ⅱ]已知a>0,x,y满足约束条件x≥1,x+y≤3,y≥a(x-A.14 B.C.1 D.2[解析]B直线y=a(x3)过定点(3,0).画出可行域如图,易得A(1,2a),B(3,0),C(1,2).作出直线y=2x,平移易知直线过A点时直线在y轴上的截距最小,即2+(2a)=1⇒a=12.答案为B■[20172016]其他省份类似高考真题[2017·山东卷]已知x,y满足约束条件x-y+3≤0,3x+y+5≤0,A.0 B.2C.5 D.6[解析]C画出约束条件所表示的平面区域,如图,平移直线x+2y=0,当直线过A点时,z取得最大值.由3x+y+5=0,x=-3,得A(3,4),所以zmax【课前双基巩固】知识聚焦1.边界边界公共部分2.不等式(组)一次解析式一次解集合最大值最小值最大值最小值对点演练1.254[解析]不等式组表示的平面区域如图所示.由x=-3,x+y+3=0,得A(3,0);由x=-3,x-y-2=0,得B(3,5);由x-y-2=0,x+y+3=0,得C12,52.∵AB边与y轴平行,∴|AB|=|502.10[解析]画出可行域如图,由图可知,平移直线2x+y=0经过A(4,2)时,目标函数z=2x+y取得最大值,最大值为10.3.84.1[解析]画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,作直线xy=0,平移直线经过点A(1,0)时,目标函数z=xy取得最大值,最大值为1.5.73[解析]根据约束条件画出可行域,令u=x2+y2,它表示可行域内的点到原点的距离.由图可知,可行域内的点P到原点的距离最大,由x=3,x-y+5=0,可得P(3,8),所以|OP|=73,所以6.1[解析]画出可行域如图所示,由z=yax得y=ax+z,当z取最大值时,直线在y轴上的截距最大.当a≤0时,最优解只有一个,不满足题意;当a>0时,要使最优解有无数个,则有直线y=ax+z与直线AC重合,所以a=1.【课堂考点探究】例1[思路点拨]首先画出不等式组表示的平面区域,然后根据平面区域的形状求解面积.(1)B(2)14[解析](1)作出不等式组3x-2y≥0,3x-y-3≤0,y≥0所表示的平面区域如图所示,易得B点坐标为(1,0).联立3x-2y=0,3x(2)作出可行域如图所示:直线y=k(x3)恒过定点(3,0),要使直线y=k(x3)分平面区域Ω1为面积相等的两部分,则直线必过线段AB的中点C1,12,故k=kCD=14.例2[思路点拨]首先画出不等式组表示的平面区域,然后判断其形状.A[解析]在平面直角坐标系中,画出不等式组2x-y+2≥0,x强化演练1.C[解析]作出不等式组表示的平面区域,如图所示,易知平面区域的形状为等腰直角三角形.2.A[解析]作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示,易知其面积为1,故选A.3.C[解析]作出区域Ω如图所示,易知S△ABC=12×2×1=1,则满足ax+y>0的区域面积S△OAD=13,据此可得D23,13,代入ax+y=0可得a=12.4.0或1[解析]直线x+y=0的倾斜角为135°,直线x=0的倾斜角为90°,所以两直线的夹角为45°.而直线kxy+1=0,即y=kx+1过定点P(0,1),由图可知,当不等式组表示的平面区域的形状为等腰直角三角形时,k=0或k=1.例3[思路点拨]作出约束条件对应的可行域,再结合图形分析目标函数的最值.(1)C(2)B[解析](1)作出可行域如图中阴影部分所示,易知直线z=2x+y过点A32,1时,z取得最小值2,故选C.(2)画出约束条件表示的可行域如图所示,结合目标函数可得,当直线z=2xy过点B(0,3)时目标函数取得最大值3,故选B.例4[思路点拨](1)x2+y2的几何意义为原点到可行域内的点的距离的平方,据此可求最小值;(2)利用y+1x+1的几何意义,即可行域内的点(x,y)与定点(1,1(1)D(2)A[解析](1)作出可行域(如图所示),z=x2+y2表示可行域内的点M(x,y)到原点的距离的平方.由图可得OM的最小值为OA,所以z=x2+y2的最小值为22+12=5,故选D.(2)作出可行域如图所示,z的几何意义为可行域内的点(x,y)与定点A(1,1)连线的斜率,由图可知z∈[0,2).例5[思路点拨](1)作出不等式组对应的平面区域,利用线性规划的知识,确定目标函数取最优解的条件,即可求出m的值;(2)将不等式中的存在性问题转化为最值问题处理.(1)A(2)C[解析](1)由目标函数结合可行域可知(图略),目标函数在直线3xy1=0与2xy+2=0的交点(3,8)处取得最大值,则直线mxy=0恒过定点(3,8),解得m=83,故选A(2)不等式组表示的平面区域D如图所示,存在满足t≤3xy的点,只需t≤(3xy)max,令z=3xy,则问题转化为求目标函数z=3xy的最大值,显然在点B(2,1)处z取得最大值,最大值为5,所以t≤5,故选C.强化演练1.C[解析]由题意可知,可行域为图中A,B,C三点,令z=y2x,当直线y=2x+z过点A(1,2)时,z取最大值0,故选C.2.A[解析]画出x-y+1≥0,x+y≥0,x≤0表示的可行域如图所示,由图知,目标函数z=2x+y在直线xy+1=0与直线x+y=0的交点3.B[解析]由约束条件作出可行域如图所示,目标函数z=yx=y-0x-0可看作点(x,y)与(0,0)连线的斜率,结合图形可知,当两点连线与直线2xy=0重合时,斜率最大4.B[解析]画出可行域如图所示,化z=mx+y为y=mx+z.由图可知,当m≥12,即m≤12时,目标函数在点A(4,3)处取得最大值,即zmax=m×(4)+3=5,m=12;当m<12,即m>12时,目标函数在点B(0,1)处取得最大值1,5.1[解析]画出不等式组所表示的平面区域,如图中阴影部分所示,由图可知,当直线ax+y=0与直线2x2y+1=0重合,即a=1时,目标函数z=ax+y取得最小值时的最优解有无数个.6.4[解析]易知m>3,x,y满足的可行域如图所示.z=x2+y2表示可行域内的点(x,y)与原点(0,0)连线的距离的平方,由图可知,若过O作AB边的垂线,垂足必落在线段BA的延长线上,可得|OB|>|OA|.又B(m1,1),所以OB2=(m1)2+12=10,解得m=4或m=2(舍),故填4例6[思路点拨]设每天应配制甲种饮料x杯,乙种饮料y杯,咖啡馆每天获利z元,建立目标函数z=0.7x+1.2y,求出x,y满足的约束条件,画出可行域,找到最优解.[解析]设每天配制甲种饮料x杯,乙种饮料y杯,咖啡馆每天获利z元,则x,y满足约束条件9x+4y≤3600,4x+5y≤2000,3x+10作直线l0:0.7x+1.2y=0,把直线l0向右上方平移至l1的位置时,直线经过可行域上的A点,由图可知,此时z=0.7x+1.2y取最大值.解方程组4x+5y=2000,3x+10y=3000,得A点坐标为(200,240变式题[解析]设分别生产A款产品和B款产品x,y台,利润之和为z元,则根据题意可得3x+y≤300,x+3y≤300,x+y≤120,xN,yN目标函数为z=1000x+2000y.画出可行域如图,由图可知,当直线y=x2+z2000经过点M时,z取得最大值.联立x+3y=300,x+y【备选理由】例1先由不等式演变为不等式组,再确定可行域;例2考查非线性目标函数的几何意义,即考查斜率型目标函数的最值;例3根据目标函数的最值求目标函数中的参数.1[配合例3使用][2017·长沙模拟]若1≤log2(xy+1)≤2,|x3|≤1,则z=x2y的最大值与最小值之和是 ()A.0 B.2 C.2 D.6[解析]C由条件可知x-y+1≤4,x-y+1≥2,-1≤x-3≤1,画出可行域如图.z=x2y,即y=12xz2表示斜率为12的一组平行线,当直线过点A和C时z分别取得最大值和最小值.易知A(2,1),C(4,3),则zmax=22×(1)=4,zmin=42[配合例4使用][2017·临川实验学校一模]已知变量x,y满足x-3y+3≤0,x≥1,A.2,103 C.43,103[解析]Ax2+y2xy=xy+yx,令k=yx,则k表示可行域内的点与原点连线的斜率,由图可知,kOA≤k≤kOB,易知A94,74,B(1,3),单调性求得2≤z≤103,所以x2+y2xy的取值范围是2,103[配合例5使用][2017·河南新乡二模]若变量x,y满足2x-y+2≥0,2x+y-6≤0,0≤y≤3,且z=mxyA.54 B.C.1 D.1[解析]C画出不等式组表示的平面区域如图所示,结合图形可知,当直线y=mxz经过点A12,3时,其在y轴上的截距最大,此时z=mxy取得最小值,即12m3=52⇒m=1,故选C第36讲基本不等式考试说明1.了解基本不等式的证明过程.2.会用基本不等式解决简单的最大(小)值问题.考情分析考点考查方向考例考查热度基本不等式求最值比较大小、求最值2014全国卷Ⅰ20,2013全国卷Ⅱ17★★☆基本不等式的应用与函数的结合,实际应用等2017全国卷Ⅰ10,2014全国卷Ⅰ16★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅰ]已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为 ()A.16 B.14C.12 D.10[解析]A根据题意可知直线l1,l2的斜率存在且不为零,抛物线C的焦点F的坐标为(1,0),设直线l1的方程为y=k(x1),代入抛物线方程得,k2x2(2k2+4)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2k2+4k2=2+4k2,根据抛物线定义得|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=4+4k2.因为l2⊥l1,所以用1k代替k,得|DE|=4+4k2,所以|AB|+|DE|=8+41k2+k2≥8+4×2.[2014·全国卷Ⅰ]已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,a=2,且(2+b)·(sinAsinB)=(cb)sinC,则△ABC面积的最大值为.

[答案]3[解析]根据正弦定理和a=2可得(a+b)(ab)=(cb)c,故得b2+c2a2=bc,根据余弦定理得cosA=b2+c2-a22bc=12,所以A=π3.根据b2+c2a2=bc及基本不等式得bc≥2bca2,即bc≤4,所以■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2017·天津卷]若a,b∈R,ab>0,则a4+4b[答案]4[解析]由题意得a2>0,b2>0,ab>0,所以a4+4b4+1ab=(a2)2+(2b2)2+1ab≥4a2b2【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)a,b∈R+(2)a=b2.(1)2ab(2)23.a+b24.(1)2p(2)p对点演练1.0[解析]因为x>2,所以x+2>0,1x+2>0,则x+1x+2=x+2+1x+22≥22=02.18[解析]∵正实数x,y满足2x+y=1,∴xy=12(2x)·y≤122x+y22=18,当且仅当3.81m2[解析]设矩形菜园的长和宽分别为xm,ym,则x>0,y>0,由题意有2(x+y)=36,∴x+y=18,∴矩形菜园的面积S=xy≤x+y24=1824=81,当且仅当x=y=9时取“=”.∴当长和宽都为9m时4.0[解析]∵x<1,∴y=x2x-1=(x+1)(x-1)+1x-1=(x+1)+1x-1=(x15.163[解析]设x1=t,则x+4x-1=t+4t+1,又由x≥4得t≥3,而函数y=t+4t+1在[3,+∞)上是增函数,因此t=3时,y取得最小值3+6.3[解析]4x+1y=134x+1y(x+y)=134+4yx+xy+1≥135+24yx·xy=3,当且仅当4yx=xy,即x=【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)根据式子特征凑出积为定值,然后利用基本不等式求解;(2)根据已知等式凑出和为定值,然后利用基本不等式求解.(1)72(2)112[解析](1)由题意可知a+82a+1=a+12+4a+1212≥2a+12×4a+121(2)∵x>0,y>0,∴xy=13·x·3y≤13x+3y22=112,当且仅当x=3y=12例2[思路点拨](1)首先利用函数与直线知识确定出关于a,b的等式,然后采用代换法将a+b代换为a+b=(a+b)1a+1b,展开后再利用基本不等式求最值;(2)首先利用数列知识确定出关于m,n的等式,然后采用代换法将1m+4n代换为1m+4n=161m+4n(1)C(2)C[解析](1)由函数的解析式可得M(1,1),即1a+1b=1(a>0,b>0),则a+b=(a+b)1a+1b=2+ba+ab≥2+2ba·ab=4,当且仅当a=b=2时等号成立,(2)由题意可得a5q2=a5q+2a5,则q2q2=0,结合q>0,解得q=2.由amap=a1qm1·a1qp1=16a12,得m+p=6,则1m+4p=161m+4p(m+p)=165+pm+4mp≥165+2pm·4mp=32例3[思路点拨]利用不等式性质对已知条件进行变形,进而将u的表达式中的b消去,然后再通过变换结构,结合基本不等式求解.B[解析]∵a2b+4≤0,∴b≥a2+4,∴a+b≥a2+a+4.又∵a,b>0,∴aa+b≤aa2+a+4,∴aa+b≥aa2+a+4,∴u=2a+3ba+b=3aa例4[思路点拨]先将代数式中第2项的分母利用基本不等式进行变换,再根据结构特征利用基本不等式可求得结果.4[解析]∵a>b>0,∴ab>0,∴b(ab)≤b+a-b22=a24,∴a2+1b(a-b)≥a2+4a2≥2a2·4a2=4,当且仅当b=ab强化演练1.116[解析]∵x∈0,14,∴y=x(14x)=14×(4x)·(14x)≤14×4x+1-4x22=116,当且仅当x=18时等号成立,2.C[解析]fx=x+1x-2=(2x)+12-x+2≤0,当且仅当2x=12-x,即3.C[解析]由题意得,AB=(a1,1),AC=(b1,2).因为A,B,C三点共线,所以2(a1)(b1)=0,即2a+b=1.又a>0,b>0,所以1a+2b=(2a+b)1a+2b=4+ba+4ab≥4+2ba·4ab=8,4.D[解析]a2+1ab+1a(a-b)=(a2ab)+1(a2-ab)+1ab+ab≥2(a2-ab)·1(a2-ab)+5.B[解析]由题意得b+c=2a,∴0<a<2,则4a+1+1b+c=4a+1+12-a=134a+1+12-a[(a+1)+(2a)]=135+4(2-a)a+1+a+12-a≥1例5[思路点拨](1)首先设出对称的两点坐标,并代入函数可得到实数a关于两点横坐标的表达式,然后利用基本不等式求最值即可;(2)首先根据函数解析式与直线方程求得A,B,C,D四点的横坐标,并得到线段AC和BD在x轴上的投影长度,由此得到ba关于m的表达式,最后利用基本不等式求解(1)B(2)82[解析](1)由题意,函数存在奇对称点,即函数图像上存在两点关于原点对称,可设两点为P(x1,y1),Q(x2,y2),即y1=ex1a,y2=ex2a.因为关于原点对称,所以x1+x2=0,ex1a=ex2+a,则2a=ex1+ex2≥2ex1·ex2=2e0=2,(2)根据题意得xA=2m,xB=2m,xC=2-82m+1,xD=282m+1,所以a=|xAxC|=2m2-82m+1,b=|xBxD|=2m282m+1,即ba=2m-282m+12-m-2-82m+1=282m+1·2m=282m+1+m.因为m>0,所以8变式题0,3105[解析]f(x)=x3+2,则f'(x)=3x2,∵x1x2=1,x1≠x2,∴|x1+x2|>2x1x2=2,即(x1+x2)2>4,∴(x1+x2)2+2(x1+x2)2>4+24,∴φ(M,N)=3|x12-x22|例6[思路点拨](1)首先求出第x年年底该车运输累计收入与总支出的差,然后令其大于0,即可得到结论;(2)利用利润=累计收入+销售收入总支出,可得平均利润,再利用基本不等式可得结论.解:(1)设大货车运输到第x年年底,该车运输累计收入与总支出的差为y万元,则y=25x[6x+x(x1)]50=x2+20x50(0<x≤10,x∈N*),由x2+20x50>0,可得1052<x≤10.∵2<1052<3,∴到第3年年底,该车运输累计收入超过总支出.(2)设年平均利润为m万元,由(1)知m=y+(25-x)x=19x+25x当且仅当x=5时,等号成立,∴在第5年年底将大货车出售,能使小王获得的年平均利润最大.【备选理由】例1是一道利用基本不等式求函数最值题目;例2是基本不等式与直线和圆位置关系的最值结合的问题;例3为多次使用基本不等式问题.1[配合例5使用][2017·邢台模拟]已知幂函数fx的图像过点2,14,则函数gx=fx+x24的最小值为 ()A.1 B.2C.4 D.6[解析]A设幂函数f(x)=xa,∵f(x)的图像过点2,14,∴2a=14,解得a=2,∴函数f(x)=x2,其中x≠0.∴函数gx=fx+x24=x2+x24=1x2+x24≥21x2·x24=1,当且仅当2[配合例2使用][2017·天津河西区二模]若直线axby+2=0(a>0,b>0)被圆C:x2+y2+2x4y+1=0截得的弦长为4,则1a+1b的最小值为 (A.32+2 B.C.14 D.32+[解析]A因为圆心为C(1,2),半径r=2,所以由弦心距、半径、半弦长之间的关系可得弦心距d=4-22=0,即直线axby+2=0(a>0,b>0)过圆心C(1,2),则a+2b=2,即a2+b=1.所以1a+1b=1a+1b×1=1a+1ba2+b=12+1+a2b+ba≥32+23[配合例4使用]若x,y,z均为正实数,则xy+zyx2+yC.1 D.2[解析]A∵x2+12y2≥2xy,12y2+z2≥2yz,∴xy+yzx2+y2+z2=xy+yz(x第37讲合情推理与演绎推理考试说明1.了解合情推理的含义,能利用归纳和类比进行简单的推理,体会并认识合情推理在数学发现中的作用.2.了解演绎推理的含义,了解合情推理和演绎推理的联系和差异;掌握演绎推理的“三段论”,能运用“三段论”进行一些简单的演绎推理.考情分析考点考查方向考例考查热度类比推理平面几何类比空间几何,实数类比复数,等差数列与等比数列的类比等★☆☆归纳推理式的归纳、图形的归纳★☆☆演绎推理三段论2017全国卷Ⅱ7,2016全国卷Ⅱ15★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅱ]甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩.老师说:你们四人中有2位优秀,2位良好,我现在给甲看乙、丙的成绩,给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩.看后甲对大家说:我还是不知道我的成绩.根据以上信息,则 ()A.乙可以知道四人的成绩B.丁可以知道四人的成绩C.乙、丁可以知道对方的成绩D.乙、丁可以知道自己的成绩[解析]D由于甲不知道自己的成绩,故乙、丙的成绩中一个为优秀、一个为良好,所以丁看到甲的成绩后一定能断定自己的成绩,乙看到丙的成绩后可以知道自己的成绩.故选D.2.[2016·全国卷Ⅱ]有三张卡片,分别写有1和2,1和3,2和3,甲,乙,丙三人各取走一张卡片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是2”,乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是1”,丙说:“我的卡片上的数字之和不是5”,则甲的卡片上的数字是.

[答案]1和3[解析]由题意得,丙不拿2和3.若丙拿1和2,则乙拿2和3,甲拿1和3,满足题意;若丙拿1和3,则乙拿2和3,甲拿1和2,不满足题意.故甲卡片上的数字是1和3.■[20172016]其他省份类似高考真题1.[2016·北京卷]袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则 ()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.乙盒中红球不多于丙盒中红球D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多[解析]B取两个球放入盒子有4种情况:①红+红,则乙盒中红球个数加1;②黑+黑,则丙盒中黑球个数加1;③红+黑(红球放入甲盒中),则乙盒中黑球个数加1;④黑+红(黑球放入甲盒中),则丙盒中红球个数加1.因为红球和黑球个数一样,所以①和②的情况一样多,③和④的情况完全随机,所以A,C,D错误.③和④对乙盒中的红球与丙盒中的黑球个数没有任何影响.①和②出现的次数是一样的,所以乙盒中的红球与丙盒中的黑球个数一样,故选B.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)归纳、类比猜想(2)归纳推理类比推理(3)部分对象全部对象某些类似部分整体个别一般特殊特殊部分对象某些相同性质相同性质一个明确表述的一般性命题(猜想)相似性或一致性性质另一类事物的性质2.(2)一般特殊对点演练1.91[解析]观察正方体的个数依次为1,1+5,1+5+9,…,归纳可知,第n个叠放图形中共有n层,构成了以1为首项,以4为公差的等差数列,所以Sn=n+nn-1×42=2n2n,所以S7=2×72.nc1c2…cn[解析]在类比等差数列的性质推理等比数列的性质时,我们一般的思路有:由加法类比推理为乘法,由减法类比推理为除法,由算术平均数类比推理为几何平均数等.故由数列an是等差数列,且bn=a1+a2+…+ann,则数列bn3.大前提错误[解析]对数函数不一定是增函数,故大前提错误.4.小前提错误[解析]由三角函数的定义可知f(x)=sin(x+1)不是正弦函数,即小前提错误.5.127[解析]从平面图形类比空间图形,从二维类比三维,可得如下结论:正四面体的外接球和内切球的半径之比是3∶1,故V1V6.2n+1n+1[解析]通过观察所给的三个不等式,由归纳推理可得,当n∈N*时,1+122+13【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)按照等差数列与等比数列的运算规律进行类比;(2)按条件中提供的方法,令3+2x=x(x≥0)即可求得结果.(1)T8T4(2)A[解析](1)由等差数列的特征和等比数列的特征,运用类比推理的思维方法可得T4,T8T4,(2)由题意结合所给的例子类比推理可得3+2x=x(x≥0),整理得(x+1)(x3)=0,则x=3,即3+23+2…=3,变式题(1)S0=mS1+nS2m+n(2)b1b2…bn=b1b2…b2019n(n<2019)[解析](1)在平面几何中类比几何性质时,一般为:由平面几何点的性质,类比推理线的性质;由平面几何中线段的性质,类比推理平面几何中面的性质.故由EF=ma+nbm+n,类比到关于△(2)在等差数列an中,a1009=0,则a1+a2+…+am=a1+a2+…+a2017m(m<2017)成立,所以在等比数列bn中,b1010=1,则有等式b1b2…bn=b1b2…b2019n(n<2019)例2[思路点拨](1)观察三个等式左边各项特征,然后再观察等式右边分数的构成规律从而解出n;(2)首先根据条件考虑凸四边形与凸五边形的对角线条数与边数n之间的关系,然后可猜想归纳出一般情况,再计算凸十三边形的对角线条数.(1)C(2)B[解析](1)观察所提供的式子可知,等号左边最后一个数是n3时,等号右边的数为nn+122,因此,令n(n+1)22=3025,则(2)由题设可知当n=4时,对角线的条数f(4)=2=31=(4-1)×(4-2)21;当n=5时,对角线的条数f(5)=5=61=(5-1)×(5-2)21.由此可以归纳:对角线的条数f(n)与边数n的函数关系为f(n)=变式题(1)B(2)B[解析](1)(1,1),两数的和为2,共1个;(1,2),(2,1),两数的和为3,共2个;(1,3),(2,2),(3,1),两数的和为4,共3个;(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),两数的和为5,共4个;……;(1,n),(2,n1),(3,n2),…,(n,1),两数的和为n+1,共n个.∵1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11=66,∴第70对数是两个数的和为13的数对.又两个数的和为13的数对为(1,12),(2,11),(3,10),(4,9),…,(12,1),∴第70对数为(4,9),故选B.(2)由题意可得f2(x)=f1[f1(x)]=f12x2-x=2×2x2-x2-2x2-x=x1-x,同理可得:f3x=x1-2x,f4x=x1-4x,f3x=x1-8x,…,fnx=x1-2n-2x例3[思路点拨](1)转化为证明AC⊥平面BCC1B1,再转化为AC⊥BC,与AC⊥C1C即可;(2)设BC1与B1C交点为O,然后转化为证明AC1∥OD,此由三角形的中位线性质可证.证明:(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中,C1C⊥AC(结论).∵AC⊥BC,C1C∩BC=C(小前提),∴AC⊥平面BCC1B1(结论).又∵BC⊂平面BCC1B1(小前提),∴AC⊥BC1(结论).(2)设BC1与B1C的交点为O,连接OD.∵点O,D分别为线段C1B,AB的中点(小前提),∴OD∥AC1(结论).又∵AC1⊄平面B1CD,OD⊂平面B1CD(小前提),∴AC1∥平面B1CD(结论).变式题B[解析]根据题意,对A,B,C,D四位运动员进行选拔,只选一人参加比赛.假设参赛的运动员为A,则甲、乙、丙、丁的说法都错误,不符合题意;假设参赛的运动员为B,则甲、丁的说法错误,乙、丙的说法正确,符合题意;假设参赛的运动员为C,则乙的说法错误,甲、丙、丁的说法正确,不符合题意;假设参赛的运动员为D,则乙、丙、丁的说法错误,甲的说法正确,不符合题意.故参赛的运动员是B.【备选理由】例1为与几何相关的问题,通过类比开阔学生的视野,增强学生的理解能力;例2是创新试题中的归纳推理问题;例3是一道演绎推理试题,难度相对大一点.1[配合例1使用]如图所示,面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长为ai(i=1,2,3,4),此四边形内一点P到第i条边的距离记为hi(i=1,2,3,4),若a11=a23=a35=a47=k,则h1+3h2+5h3+7h4=2Sk.类比以上性质,体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i=1,2,3,4),此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i=1,2,3,4),若S11=S23=S35=S47=K,则H1A.V2K BC.3VK D[解析]C连接Q与三棱锥的四个顶点,则将原三棱锥分成了四个小三棱锥,其体积和为V,即13(S1H1+S2H2+S3H3+S4H4)=V.又由S11=S23=S35=S47=K,得S1=K,S2=3K,S3=5K,S4=7K,则K3(H1+3H2+5H3+7H4)=V,即H1+3H2+5H3+2[配合例2使用][2017·南阳六校联考]为提高信息在传输中的抗干扰能力,通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息.设定原信息为a0a1a2,其中ai∈{0,1}(i=0,1,2),传输信息为h0a0a1a2h1,h0=a0⊕a1,h1=h0⊕a2,⊕运算规则为:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=0.例如原信息为111,则传输信息为01111.传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错,则下列信息一定有误的是 ()A.11010 B.01100C.00011 D.10111[解析]DA选项原信息为101,则h0=a0⊕a1=1⊕0=1,h1=h0⊕a2=1⊕1=0,所以传输信息为11010,A选项正确;B选项原信息为110,则h0=a0⊕a1=1⊕1=0,h1=h0⊕a2=0⊕0=0,所以传输信息为01100,B选项正确;C选项原信息为001,则h0=a0⊕a1=0⊕0=0,h1=h0⊕a2=0⊕1=1,所以传输信息为00011,C选项正确;D选项原信息为011,则h0=a0⊕a1=0⊕1=1,h1=h0⊕a2=1⊕1=0,所以传输信息为10110,D选项错误.故选D.3[配合例3使用]已知数列an满足a1=12,an+1=anan2nn+1,数列an+1(1)0<an+1<an;(2)an≤n3(3)Sn>n12证明:(1)由于an+1an=an2nn+1≤0,则an+若an+1=an,则an=0,与a1=12矛盾,从而an+1<an,所以a1=12>a2>a3>…>a又an+1an=1ann(n+1)≥112n又a1=12>0,则an+1>0,即0<an+1<an(2)由于0<an+1<an,所以an+1=anan2n(即1an1an+1<1n(n+1)=当n≥2时,1an=1an1an-1+1an-11an-2+…+1a21a1+1a1>1n-1从而an<n3当n=1时,a1=12,从而an≤n(3)an+1an=1ann(n+1)≥则Sn=a2a1+a3a2+…+an+1an≥n第38讲直接证明与间接证明考试说明1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法;了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点.考情分析考点考查方向考例考查热度综合法数列、不等式、立体几何、解析几何中的证明2017全国卷Ⅱ23,2015全国卷Ⅱ24,2013全国卷Ⅱ24★★☆分析法不等式的证明★☆☆反证法存在性问题的证明★☆☆真题再现■[20172013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)22a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2b2)2≥4.(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+3(a+b)24(所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.2.[2015·全国卷Ⅱ]设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则a+b>c+d;(2)a+b>c+d是|ab|<|cd|的充要条件.证明:(1)(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2,因此a+b>c+d.(2)(i)若|ab|<|cd|,则(ab)2<(cd)2,即(a+b)24ab<(c+d)24cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得a+b>c+d.(ii)若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(ab)2=(a+b)24ab<(c+d)24cd=(cd)2,因此|ab|<|cd|.综上,a+b>c+d是|ab|<|cd|的充要条件.3.[2013·全国卷Ⅱ]设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤13(2)a2b+b2c+证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤13(2)因为a2b+b≥2a,b2c+c≥2b,c2故a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c),即a2b+b2所以a2b+b2c+【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)原因结果已知条件推理待证结论(2)结果产生这一结果的原因待证结论充分条件题设的已知条件已被证明的事实2.原命题原命题结论矛盾原命题对点演练1.2,23,32成等比数列[解析]易知应假设为:2,23,32成等比数列.2.分析法[解析]用分析法证明如下:要证明3+7<25,需证(3+7)2<(25)2,即证10+221<20,即证21<5,即证21<25,显然成立,故原结论成立.3.5×2n13[解析]由递推关系可得an+1=2an+3,即an+1+3=2(an+3),则数列{an+3}是首项为a1+3=5,公比为2的等比数列,其通项公式为an+3=5×2n1,∴an=5×2n13.4.1+ba≥2且1+ab≥2[解析]假设1+ba,1+ab都不小于2,即5.③[解析]由a>b>c且a+b+c=0,可得b=ac,a>0,c<0,要证b2-ac<3a,只需证(ac)2ac<3a2,即证a2ac+a2c2>0,即证a(ac)+(a+c)(ac)>0,即证(ac)(ab)6.x≠1或y≠1[解析]“且”的否定为“或”,所以反设为x≠1或y≠1.【课堂考点探究】例1[思路点拨](1)利用已知等式推导出Sn+1n+1=2×Snn,由此能证明Snn是等比数列;(2)由已知条件推导出Snn=2n解:(1)证明:由an+1=n+2nSn及an+1=Sn+1Sn,得Sn+1Sn=n+2整理得nSn+1=2(n+1)Sn,∴Sn+1n+1=2×Snn∴Snn是以1为首项,2(2)由(1)得Snn=2n1,∴Sn=n·2n∴Tn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n1,①2Tn=1×21+2×22+…+(n1)·2n1+n·2n,②由②①,得Tn=(1+2+22+…+2n1)+n·2n=1-2n1-2+n·2n=(n1)变式题证明:(1)∵an+1=Tn+1Tn=1-an+11-a∴1Tn+11Tn=1,又∵1∴数列1Tn是以2为首项,公差为1(2)∵1Tn=1T1+(n1)×1,∴11-an∴bn=ann2+n=1(n+1)2=1∴Sn=b1+b2+…+bn<12×1113+1214+…+1n-11n+1+1n1n+2=12×例2[思路点拨](1)直接利用函数表达式及递推关系求得a2及a3;(2)结合递推关系利用分析法进行证明.解:(1)a2=2,a3=c+10.(2)证明:要证明原不等式成立,只需证明f(an)an≥c,即证f(an)≥an+c,即证f(x)≥x+c对任意x∈R都成立,即证2|x+c+4||x+c|≥x+c,即证2|x+c+4|≥|x+c|+x+c.若x+c≤0,显然有2|x+c+4|≥|x+c|+x+c=0成立;若x+c>0,则2|x+c+4|≥|x+c|+x+c⇔x+c+4>x+c,显然成立.综上,f(x)≥x+c恒成立,即对任意的n∈N*,an+1an≥c.变式题证明:因为m>0,所以1+m>0,所以要证a+mb1+只需证m(a22ab+b2)≥0,即证(ab)2≥0,而(ab)2≥0显然成立,故a+mb1+例3[思路点拨]假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,然后利用不等式知识推出矛盾.证明:假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则有a2+a+b2+b<4.由a2+b2=1a2+1b2,得a2b因为a>0,b>0,所以ab=1.因为a2+b2≥2ab=2(当且仅当a=b=1时等号成立),a+b≥2ab=2(当且仅当a=b=1时等号成立),所以a2+a+b2+b≥2ab+2ab=4(当且仅当a=b=1时等号成立),这与假设矛盾,故假设错误.所以a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.变式题证明:假设a,b,c,d都是非负数,因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,即ac+bd+ad+bc=1,又ac+bd+ad+bc≥ac+bd,所以ac+bd≤1,与题设矛盾,故假设不成立,故a,b,c,d中至少有一个是负数.【备选理由】例1是一道用综合法证明解析几何的题;例2是一道用分析法证明向量的题;例3是一道用反证法证明数列的题.1[配合例1使用][2017·资阳一模]已知圆O:x2+y2=2,直线l:y=kx2.(1)若直线l与圆O交于不同的两点A,B,且∠AOB=π2,求k的值(2)若k=12,P是直线l上的动点,过P作圆O的两条切线PC,PD,切点分别为C,D,求证:直线CD过定点,并求出该定点的坐标解:(1)因为∠AOB=π2,所以原点O到直线l的距离d=22×2=又因为d=|k×0-0-2|k2+1=2(2)证明:由题意可知O,P,C,D四点共圆,且在以OP为直径的圆上.设Pt,12t2(t∈R),则以OP为直径的圆的方程为x(xt)+yy12t+2=0,即x2tx+y212t2y=0.又C,D在圆O:x2+y2=2上,所以直线CD的方程为tx+12t2y2=0,即tx+y22(y+1)=0.因为t∈R,所以x+y2=0,2(y+1)=02[配合例2使用]已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:|a|+|证明:∵a⊥b,∴a·b=0.要证|a|+|b||a+b|≤2,只需证即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,即证|a|2+|b|22|a||b|≥0,即证(|a||b|)2≥0,该式显然成立,故原不等式得证.3[配合例3使用]在递增数列{an}中,a1=2,不等式(n+1)an≥na2n对任意n∈N*都成立.(1)求a2的取值范围;(2)证明:数列{an}不可能为等比数列.解:(1)因为{an}是递增数列,所以a2>a1,a2>2.令n=1,则2a1≥a2,即a2≤4,所以a2∈(2,4].(2)证明:假设数列{an}是公比为q的等比数列,a1=2>0,则an=2qn1.因为{an}是递增数列,所以q>1,因为对任意n∈N*,(n+1)an≥na2n都成立,所以对任意n∈N*,1+1n≥qn都成立因为q>1,所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,qn>2.又因为1+1n≤2所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,qn>1+1n,与①矛盾,故假设不成立.第39讲数学归纳法考试说明了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.考情分析考点考查方向考例考查热度数学归纳法证明等式★☆☆证明不等式★☆☆真题再现■[20172016]其他省份类似高考真题[2017·浙江卷]已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<xn+1<xn;(2)2xn+1xn≤xn(3)12n-1≤x证明:(1)用数学归纳法证明:xn>0.当n=1时,x1=1>0.假设当n=k时,xk>0,那么当n=k+1时,若xk+1≤0,则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,矛盾,故xk+1>0.因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.因此0<xn+1<xn(n∈N*).(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+设函数f(x)=x22x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f'(x)=2x2+xx+1+ln(1+x)函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此xn+122xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)故2xn+1xn≤xnxn+12(n(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥12由xnxn+12≥2xn+1xn得1xn+1所以1xn12≥21xn-112≥…≥2n11x1故xn≤12综上,12n-1≤xn≤12n-【课前双基巩固】知识聚焦2.(1)n0(n0∈N*)(2)n=k(k≥n0,k∈N*)n=k+1对点演练1.假设n=k(k≥5)时,命题成立[解析]因为命题中的条件是n≥5,所以假设n=k(k≥5)时,命题成立.2.fn+n1[解析]增加一个顶点,增加n2条对角线,原来的一条边变成对角线,因此共增加(n1)条对角线,故凸n+1边形的对角线数f(n+1)=fn+n1.3.(k+1)2+k2[解析]当n=k时,等式左端=12+22+…+(k1)2+k2+(k1)2+…+22+12;当n=k+1时,等式左端=12+22+…+(k1)2+k2+(k+1)2+k2+(k1)2