2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第4讲　直接证明与间接证明学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第十二章　复数、算法、推理与证明 第4讲　直接证明与间接证明学案，共14页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．直接证明
直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．
(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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．
综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．
(2)分析法：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．
分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．
2．间接证明
反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
3．证题的三种思路
(1)综合法证题的一般思路
用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论．
(2)分析法证题的一般思路
分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．
(3)反证法证题的一般思路
反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一讨论过程中，A和非A有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现．
常用结论
三种证明方法的策略
1．分析法与综合法的应用特点：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．分析法证明的注意点：要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”．
3．利用反证法证明的特点：要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果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．
二、习题改编
1．(选修2­2P89练习T2改编)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＝Q
C．P解析：选A.P2＝2a＋13＋2eq \r(a2＋13a＋42)，
Q2＝2a＋13＋2eq \r(a2＋13a＋40)，
所以P2>Q2，又因为P>0，Q>0，所以P>Q.
2．(选修2­2P91B组T2改编)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)＝________．
解析：由题意，得x＝eq \f(a＋b,2)，y＝eq \f(b＋c,2)，b2＝ac，
所以xy＝eq \f(（a＋b）（b＋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(a（b＋c）＋c（a＋b）,2xy)＝eq \f(ab＋bc＋2ac,2xy)
＝eq \f(ab＋bc＋ac＋b2,2xy)＝eq \f(（a＋b）（b＋c）,2xy)
＝eq \f(（a＋b）（b＋c）,2×\f(（a＋b）（b＋c）,4))＝2.
答案：2
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．( )
(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )
(4)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
(5)常常用分析法寻找解题的思路与方法，用综合法展现解决问题的过程．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)利用反证法证明“至少”“至多”问题时反设不正确；
(2)利用分析法证明时寻求的条件不充分，造成最后所求索的原因错误；
(3)用反证法证明时对含有逻辑联结词“且”“或”的结论否定出错．
1．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”，假设正确的是( )
A．假设三个内角都不大于60度
B．假设三个内角都大于60度
C．假设三个内角至多有一个大于60度
D．假设三个内角至多有两个大于60度
解析：选B.根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60度．故选B.
2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－eq \f(a4＋b4,2)≤0
C.eq \f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：选D.a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
3．利用反证法证明“若x＋y≤0，则x≤1或y≤1”时，正确的反设是________________________________________________________________________．
答案：若x＋y≤0，则x>1且y>1
综合法(师生共研)
数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，a1＝1.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列；
(2)(一题多解)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并证明eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)>eq \f(n,n＋1).
【解】 (1)证明：因为an＋1＝eq \f(an,2an＋1)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2an＋1,an)，
化简得eq \f(1,an＋1)＝2＋eq \f(1,an)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝2n－1，
所以Sn＝eq \f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.
法一：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,n2)>eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,n（n＋1）)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
法二：eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,n2)>1，
又因为1>eq \f(n,n＋1)，
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)>eq \f(n,n＋1).
eq \a\vs4\al()
综合法的证题思路
(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．
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cs 2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若C＝eq \f(2π,3)，求证：5a＝3b.
证明：(1)由已知得sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B，
因为sin B≠0，所以sin A＋sin C＝2sin B，
由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
(2)由C＝eq \f(2π,3)，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，即5a＝3b.
2．(一题多解)在△ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且直线bx＋ycs A＋cs B＝0与ax＋ycs B＋cs A＝0平行，求证：△ABC是直角三角形．
证明：法一：由两直线平行可知bcs B－acs A＝0，由正弦定理可知sin Bcs B－sin Acs A＝0，即eq \f(1,2)sin 2B－eq \f(1,2)sin 2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).若A＝B，则a＝b，cs A＝cs B，两直线重合，不符合题意，故A＋B＝eq \f(π,2)，即△ABC是直角三角形．
法二：由两直线平行可知bcs B－acs A＝0，
由余弦定理，得a·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，
所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.
若a＝b，则两直线重合，不符合题意，
故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．
分析法(师生共研)
已知a，b∈R，a>b>e(其中e是自然对数的底数)，用分析法求证：ba>ab.
【证明】 因为a>b>e，ba>0，ab>0，所以要证ba>ab，只需证aln b>bln a，只需证eq \f(ln b,b)>eq \f(ln a,a).
取函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，因为f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，所以当x>e时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减．
所以当a>b>e时，有f(b)>f(a)，
即eq \f(ln b,b)>eq \f(ln a,a).得证．
eq \a\vs4\al()
分析法的证题思路
(1)分析法的证题思路：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．
(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．
[提醒] 要注意书写格式的规范性．
已知a>0，求证： 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，只要证 eq \r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq \f(1,a)＋eq \r(2).
因为a>0，故只要证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(a2＋\f(1,a2))＋2))eq \s\up12(2)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))eq \s\up12(2)，即a2＋eq \f(1,a2)＋4eq \r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq \f(1,a2)＋2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))＋2，
从而只要证2eq \r(a2＋\f(1,a2))≥eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))，
只要证4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即证a2＋eq \f(1,a2)≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
反证法(多维探究)
角度一 证明否定性命题
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．
【解】 (1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，
所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝eq \f(1,2)an，
所以{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以an＝eq \f(1,2n－1).
(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，
则2·eq \f(1,2q)＝eq \f(1,2p)＋eq \f(1,2r)，
所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)
又因为p＜q＜r，
所以r－q，r－p∈N*.
所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立．
所以假设不成立，原命题得证．
角度二 证明存在性问题
已知四棱锥S­ABCD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，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
所以SA⊥AD.
同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，
AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，
使得BF∥平面SAD.
因为BC∥AD，BC⊄平面SAD，AD⊂平面SAD.
所以BC∥平面SAD，而BC∩BF＝B，
所以平面FBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
所以假设不成立．
所以不存在这样的点F，
使得BF∥平面SAD.
角度三 证明唯一性问题
已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得eq \f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．
【证明】 假设存在x′0，x0∈(a，b)，且x′0≠x0，使得eq \f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′(x0)，eq \f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′(x′0)成立，
即f′(x0)＝f′(x′0)．
因为f′(x)＝eq \f(ex,1＋ex)－m，记g(x)＝f′(x)，
所以g′(x)＝eq \f(ex,（1＋ex）2)>0，即f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x′0，这与x′0≠x0矛盾，所以x0是唯一的．
eq \a\vs4\al()
用反证法证明数学命题需把握的三点
(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面．
(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证．
(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．
1．设a>0，b>0，且a2＋b2＝eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2).证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
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＝eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)，得a2b2＝1，
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≥2eq \r(ab)＝2(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，
所以a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2eq \r(ab)＝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．
2．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－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
所以Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)，所以Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a1（1－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)，
即aeq \\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aeq \\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.
因为a1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.
因为q≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以q＝1，这与已知矛盾．
所以假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
[基础题组练]
1．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，要做的假设是( )
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
解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．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，故应选A.
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)A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
解析：选C.eq \r(b2－ac)⇔(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.故选C.
3．(2020·湖北孝感协作体联考)设a，b∈R，现给出下列五个条件：①a＋b＝2；②a＋b>2；③a＋b>－2；④ab>1；⑤lgab<0(a>0，且a≠1)．其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件为( )
A．②③④ B．②③④⑤
C．①②③⑤ D．②⑤
解析：选D.a＝b＝1时，a＋b＝2，所以推不出a，b中至少有一个大于1，①不符合；当a＝b＝0时，a＋b>－2，推不出a，b中至少有一个大于1，③不符合；当a＝b＝－2时，ab>1，推不出a，b中至少有一个大于1，④不符合；对于②，假设a，b都不大于1，即a≤1，b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2矛盾，所以②能推出a，b中至少有一个大于1；对于⑤，假设a，b都不大于1，则lgab≥lga1＝0，与lgab<0矛盾，故⑤能推出a，b中至少有一个大于1.综上，选D.
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，a，b是正实数，A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq \r(ab))，C＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：选A.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\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上是减函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，即A≤B≤C.
5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数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
解析：选A.由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数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)6．已知a>b>0，则①eq \f(1,a)bc2；③a2>b2；④eq \r(a)>eq \r(b)，其中正确的序号是________．
解析：对于①，因为a>b>0，所以ab>0，eq \f(1,ab)>0，a·eq \f(1,ab)>b·eq \f(1,ab)，即eq \f(1,b)>eq \f(1,a).故①正确；
当c＝0时，②不正确；由不等式的性质知③④正确．
答案：①③④
7．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：由条件得cn＝an－bn＝eq \r(n2＋1)－n＝eq \f(1,\r(n2＋1)＋n)，
所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1答案：cn＋18．某中学数学杂志，它的国内统一刊号是CN42—1152/O1，设an表示42n＋1 152n的个位数字，则eq \(∑,\s\up6(2 016),\s\d4(n＝1))an＝________．
解析：42n的个位数字与2n的个位数字相同，1 152n的个位数字也与2n的个位数字相同，从而42n＋1 152n的个位数字与2n＋1的个位数字相同，而2n＋1的个位数字是以4为周期的数列，即4，8，6，2，….故42n＋1 152n的个位数字是以4为周期的数列：4，8，6，2，….所以eq \(∑,\s\up6(2 016),\s\d4(n＝1))an＝(4＋8＋6＋2)×504＝10 080.
答案：10 080
9．已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)
＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，
从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，
即2a3－b3≥2ab2－a2b.
10．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＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，
即证(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
[综合题组练]
1．已知a，b，c∈R，若eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1且eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2，则下列结论成立的是( )
A．a，b，c同号
B．b，c同号，a与它们异号
C．a，c同号，b与它们异号
D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定
解析：选A.由eq \f(b,a)·eq \f(c,a)>1知eq \f(b,a)与eq \f(c,a)同号，
若eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，不等式eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2显然成立，
若eq \f(b,a)<0且eq \f(c,a)<0，则－eq \f(b,a)>0，－eq \f(c,a)>0，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a)))≥2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,a))))>2，即eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)<－2，
这与eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)≥－2矛盾，故eq \f(b,a)>0且eq \f(c,a)>0，即a，b，c同号．
2．在等比数列{an}中，“a1A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C.当a1由a1若a1>0，则11，
此时，显然数列{an}是递增数列，
若a1<0，则1>q>q2，即0此时，数列{an}也是递增数列，
反之，当数列{an}是递增数列时，显然a1故“a13．(2020·四川凉山一诊)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n>2时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解．”经历三百多年，于二十世纪九十年代中期，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理．则下面说法正确的是( )
A．至少存在一组正整数组(x，y，z)，使方程x3＋y3＝z3有解
B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解
C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解
D．当整数n>3时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正实数解
解析：选C.由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个．假设关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解，则x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝eq \f(m,n)，y＝eq \f(b,a)，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数，代入方程得eq \f(m3,n3)＋eq \f(b3,a3)＝1，两边同时乘以a3n3，得(am)3＋(bn)3＝(an)3.由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，所以假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解．故选C.
4．(一题多解)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\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＝－2p2＋p＋1≤0，,f（1）＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq \f(3,2)，
故满足条件的p的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－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\c1(－3，\f(3,2))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2)))
5．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.
(1)证明：eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较eq \f(1,a)与c的大小；
(3)证明：－2解：(1)证明：因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
因为f(c)＝0，
所以x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝eq \f(c,a)，
所以x2＝eq \f(1,a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)≠c))，
所以eq \f(1,a)是f(x)＝0的一个根．
(2)假设eq \f(1,a)0，
由00，
知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>0与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0矛盾，
所以eq \f(1,a)≥c，又因为eq \f(1,a)≠c，所以eq \f(1,a)>c.
(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，
所以b＝－1－ac.
又a>0，c>0，所以b<－1.
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为
x＝－eq \f(b,2a)＝eq \f(x1＋x2,2)即－eq \f(b,2a)又a>0，所以b>－2，
所以－26．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)由已知得g(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，
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)在区间[a，b](a＞－2)上是“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\{(\a\vs4\al\c1(h（a）＝b，,h（b）＝a，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a))
解得a＝b，这与已知a