高中数学人教版新课标A选修1-22.2直接证明与间接证明教学设计

这是一份高中数学人教版新课标A选修1-22.2直接证明与间接证明教学设计，共17页。

直接证明与间接证明

(1) 了解直接证明的一种基本方法──综合法、分析法；
(2) 了解间接证明的一种基本方法──反证法；
(3)了解综合法、分析法、反证法的思考过程与特点,会用综合法、分析法、反证法证明数学问题.

类型一、直接证明：
一. 综合法
1.定义：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，经过一系列的推理论
证，最后推导出所要证明的结论成立.
2.思维特点：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出
结论的一种证明方法
3.框图表示：(P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等,Q表示要证明的结论)

二.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断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. 思维特点：执果索因步步寻求上一步成立的充分条件，它与综合法是对立统一的两种
方法
3.框图表示：(用Q表示要证明的结论,Pn表示充分条件)

4.分析法的书写格式：

例3 求证:
证明：因为都是正数，
所以要证
只需证
展开得
只需证
只需证
因为显然成立，
所以


要证：¼¼
只要证：¼¼
只需证：¼¼
¼¼显然成立
上述各步均可逆
所以,结论成立












类型二、反证法：
反证法：假设命题结论不成立（即命题结论的反面成立），经过正确的推理,引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题成立,这样的的证明方法叫反证法。
（2）反证法的一般步骤：
a、反设：假设命题结论不成立（即假设结论的反面成立）；
b、归缪：从假设出发，经过推理论证，得出矛盾；
c、下结论：由矛盾判定假设不成立，从而肯定命题成立。
（3）应用反证法的情形：
①直接证明困难;
②需分成很多类进行讨论．
③结论为“至少”、“至多”、“有无穷多个” ---类命题；
④结论为 “唯一”类命题；
（4）关键在于归缪矛盾：
a、与已知条件矛盾；b、与公理、定理、定义矛盾；c、自相矛盾。


题型一　综合法：
例1 已知a,b,c是不全相等的正数，
求证：
证明：

以上三式相加，且注意到a,b,c不全相等，
故

总结：本题主要综合运用基本不等式以及对数的运算性质来证明.

例2 在△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a, b，c,且A,B,C成等差数列, a, b，c
成等比数列,求证△ABC为等边三角形.
证明：由 A, B, C成等差数列，有 2B=A + C ．
因为A,B,C为△ABC的内角，所以A + B + C=．
由①② ，得B=.
由a, b，c成等比数列，有.
由余弦定理及③，可得
.
再由④，得.
,
因此.
从而A=C.
由②③⑤，得
A=B=C=.
所以△ABC为等边三角形．
总结:解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，或把符号语言转换成图形语言等．还要通过细致的分析，把其中的隐含条件明确表示出来．
练习：
1、在△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为,且A,B,C成等差数列, 成等比数列,求证△ABC为等边三角形.
分析：将 A , B , C 成等差数列，转化为符号语言就是2B =A + C; A , B , C为△ABC的内角，这是一个隐含条件，明确表示出来是A + B + C =； a , b，c成等比数列，转化为符号语言就是．此时，如果能把角和边统一起来，那么就可以进一步寻找角和边之间的关系，进而判断三角形的形状，余弦定理正好满足要求．于是，可以用余弦定理为工具进行证明．
证明：由 A, B, C成等差数列，有 2B=A + C ． ①
因为A,B,C为△ABC的内角，所以A + B + C=． ⑧
由①② ，得B=.
由a, b，c成等比数列，有.
由余弦定理及③，可得
.
再由④，得.
,
因此.
从而A=C.
由②③⑤，得
A=B=C=.
所以△ABC为等边三角形．
解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，或把符号语言转换成图形语言等．还要通过细致的分析，把其中的隐含条件明确表示出来．
2、已知求证
本题可以尝试使用差值比较和商值比较两种方法进行。
证明：1) 差值比较法：注意到要证的不等式关于对称，不妨设
，从而原不等式得证。
2）商值比较法：设
故原不等式得证。
注：比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。
讨论：若题设中去掉这一限制条件，要求证的结论如何变换？

题型二　分析法：
例2若a,b,c是不全相等的正数，求证：lg+ lg+ lg＞lga+lgb+lgc。
证明：要证lg+ lg+ lg＞lga+lgb+lgc，
只需证lg··>lg（a·b·c），
只需证··＞abc。
但是，，，。
且上述三式中的等号不全成立，所以，··＞abc。
因此lg+ lg+ lg＞lga+lgb+lgc。
分析：从定不等式不易发现证明的出发点，因此我们直接从待证不等式出发，分析其成立的重要条件
练习:在锐角中,求证:

证明:要证明
只需证
因为A、B为锐角,所以
只需证
只需证
因为C为锐角,为钝角
所以恒成立
所以
题型三　反证法：
例1、已知a是整数，2能整除，求证：2能整除a.
证明： 假设命题的结论不成立，即“2不能整除a”。
因为a是整数，故a是奇数，a可表示为2m+1（m为整数），则
，即是奇数。
所以，2不能整除。这与已知“2能整除”相矛盾。于是，“2不能整除a”这个假设错误，故2能整除a.
例2、在同一平面内，两条直线a，b都和直线c垂直。求证：a与b平行。
证明：假设命题的结论不成立，即“直线a与b相交”。设直线a，b的交点为M，a，c的交点为P，b，c的交点为Q，如图所示，则。
这样的内角和
。
这与定理“三角形的内角和等于”相矛盾，这说明假设是错误的。所以直线a与b不相交，即a与b平行。
例3、求证：是无理数。
证明： 不是无理数，即是有理数，那么它就可以表示成两个整数之比，设，且p，q互素，则。所以 ..①
故是偶数，q也必然为偶数。设q=2k，代入①式，则有，即，所以p也为偶数。P和q都是偶数，它们有公约数2，这与p，q互素相矛盾。因此，假设不成立，即“是无理数”。
练习：已知，，求证：不能同时大于。
证法一：假设三式同时大于，即，，
，三式同向相乘得，又
，同理，
，这与假设矛盾，故原命题得证。
证法二：假设三式同时大于，，

同理三式相加得，这是矛盾的，故假设错误，所以原命题得证




1、已知a，b，c是不全相等的正数，求证：

证明：∵≥2bc,a＞0,
∴≥2abc ①
同理 ≥2abc ②
≥2abc ③
因为a，b，c不全相等，所以≥2bc, ≥2ca, ≥2ab三式不能全取“=”号，从而①、②、③三式也不能全取“=”号
∴
2、已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，
求证：
证明：左－右=2（ab+bc－ac）
∵a，b，c成等比数列，∴
又∵a，b，c都是正数，所以≤
∴
∴
∴
3、若实数，求证：
证明：采用差值比较法：

=
=
=
=

∴
∴
4、已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤
分析一:用分析法
证法一:(1)当ac+bd≤0时,显然成立
(2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,
只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)
即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2
即证2abcd≤b2c2+a2d2
即证0≤(bc-ad)2
因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,
综合(1)、(2)可知:原不等式成立
分析二:用综合法
证法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)
=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2
∴≥|ac+bd|≥ac+bd
故命题得证
分析三:用比较法
证法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,
∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2
∴≥|ac+bd|≥ac+bd,
即ac+bd≤
5、设a、b是两个正实数，且a≠b，求证：a3+b3＞a2b+ab2．
    证明：(用分析法思路书写)
    要证 a3+b3＞a2b+ab2成立，
    只需证(a+b)(a2-ab+b2)＞ab(a+b)成立，
    即需证a2-ab+b2＞ab成立。(∵a+b＞0)
    只需证a2-2ab+b2＞0成立，
    即需证(a-b)2＞0成立。
    而由已知条件可知，a≠b，有a-b≠0，所以(a-b)2＞0显然成立，由此命题得证。
    (以下用综合法思路书写)
    ∵a≠b，∴a-b≠0，∴(a-b)2＞0，即a2-2ab+b2＞0
    亦即a2-ab+b2＞ab
    由题设条件知，a+b＞0，∴(a+b)(a2-ab+b2)＞(a+b)ab
即a3+b3＞a2b+ab2，由此命题得证.



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基础巩固
一、选择题
1．(2013·陕西理，7)设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
[答案]　B
[解析]　由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin2A，所以，sin(B＋C)＝sin2A，∴sinA＝sin2A，而sinA>0，∴sinA＝1，A＝，所以△ABC是直角三角形．
2．(2013·浙江理，3)已知x、y为正实数，则(　　)
A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgy B．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgy
C．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgy D．2lg(xy)＝2lgx·2lgy
[答案]　D
[解析]　2lg(xy)＝2(lgx＋lgy)＝2lgx·2lgy.
3．设a、b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有(　　)
A．1≤ab≤　　　 B．ab<1<
C．ab<<1 D．<1 [答案]　B
[解析]　ab<2<(a≠b)．
4．设0 A．a　　　 B．b　　　
C．c　　　 D．不能确定
[答案]　C
[解析]　因为b－c＝(1＋x)－＝＝－＜0，所以b2x>0，所以b＝1＋x>＝a，所以a [点评]　可用特值法：取x＝，则a＝1，b＝，c＝2.
5．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么(　　)
A．x< C．x<<2xy [答案]　D
[解析]　∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy< 6．已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，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
[答案]　A
[解析]　≥≥，又函数f(x)＝()x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，
∴f()≤f()≤f()．
二、填空题
7．已知a>0，b>0，m＝lg，n＝lg，则m与n的大小关系为________．
[答案]　m>n
[解析]　因为(＋)2＝a＋b＋2>a＋b>0，所以>，所以m>n.
8．设a＝，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小关系为________．
[答案]　a>c>b
[解析]　b＝，c＝，显然b 而a2＝2，c2＝8－2＝8－<8－＝2＝a2，
所以a>c.
也可用a－c＝2－＝－>0显然成立，即a>c.
9．如果a＋b>a＋b，则实数a、b应满足的条件是________．
[答案]　a≠b且a≥0，b≥0
[解析]　a＋b>a＋b⇔a＋b－a－b>0⇔a(－)＋b(－)>0⇔(a－b)(－)>0⇔(＋)(－)2>0
只需a≠b且a，b都不小于零即可．

三、解答题
10．(2013·华池一中高三期中)已知n∈N*，且n≥2，求证：>－.
[证明]　要证>－，
即证1>n－，
只需证>n－1，
∵n≥2，∴只需证n(n－1)>(n－1)2，
只需证n>n－1，只需证0>－1，
最后一个不等式显然成立，故原结论成立．

一、选择题
11．(2013·大庆实验中学高二期中)设函数f(x)的导函数为f ′(x)，对任意x∈R都有f ′(x)>f(x)成立，则(　　)
A．3f(ln2)>2f(ln3) B．3f(ln2)<2f(ln3)
C．3f(ln2)＝2f(ln3) D．3f(ln2)与2f(ln3)的大小不确定
[答案]　B
[解析]　令F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝，∵x>0，∴lnx∈R，∵对任意x∈R都有f ′(x)>f(x)，∴f′(lnx)>f(lnx)，∴F′(x)>0，∴F(x)为增函数，∵3>2>0，∴F(3)>f(2)，即>，∴3f(ln2)<2f(ln3)．
12．要使－<成立，a、b应满足的条件是(　　)
A．ab<0且a>b B．ab>0且a>b
C．ab<0且a0且a>b或ab<0且a [答案]　D
[解析]　－<⇔a－b＋3－3 ∴当ab>0时，有<，即b 当ab<0时，有>，即b>a.
13．(2014·哈六中期中)若两个正实数x、y满足＋＝1，且不等式x＋ A．(－1,4) B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)
C．(－4,1) D．(－∞，0)∪(3，＋∞)
[答案]　B
[解析]　∵x>0，y>0，＋＝1，∴x＋＝(x＋)(＋)＝2＋＋≥2＋2＝4，等号在y＝4x，即x＝2，y＝8时成立，∴x＋的最小值为4，要使不等式m2－3m>x＋有解，应有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，故选B.
14．(2014·广东梅县东山中学期中)在f(m，n)中，m、n、f(m，n)∈N*，且对任意m、n都有：
(1)f(1,1)＝1，(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，(3)f(m＋1,1)＝2f(m,1)；给出下列三个结论：
①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；
其中正确的结论个数是(　　)个．
A．3 B．2
C．1 D．0
[答案]　A
[解析]　∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)组成首项为f(m,1)，公差为2的等差数列，
∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．
又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9，
又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)构成首项为f(1,1)，公比为2的等比数列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f(5,1)＋2×(6－1)＝16＋10＝26，∴①②③都正确，故选A.
二、填空题
15．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，
则cos(α－β)＝________.
[答案]　－
[解析]　由题意sinα＋sinβ＝－sinγ ①
cosα＋cosβ＝－cosγ ②
①，②两边同时平方相加得
2＋2sinαsinβ＋2cosαcosβ＝1
2cos(α－β)＝－1，
cos(α－β)＝－.
三、解答题
16．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，
求证：＋＞.
[证明]　要证明＋＞，
只需证明＋－＞0即可．
∵＋－＝
，
∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，
∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0，
∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2
＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2，
∵△ABC中任意两边之和大于第三边，
∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0，
∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0，
∴＋＞.
17．求证：－2cos(α＋β)＝.
[证明]　要证明原等式成立．
即证明sin(2α＋β)－2sinαcos(α＋β)＝sinβ，
又因为sin(2α＋β)－2sinαcos(α＋β)
＝sin[(α＋β)＋α]－2sinαcos(α＋β)
＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα－2sinαcos(α＋β)
＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα
＝sin[(α＋β)－α]＝sinβ.
所以原命题成立．
备用例题1：已知
求证：
证明：由于x，y，z∈R，a，b，c∈R＋，则





所以.
备用例题2: 已知，求证：cos－sin＝3(cos＋sin)．
证明：要证cos－sin＝3(cos＋sin)，
只需证，
只需证，
只需证1－tan＝3(1＋tan)，只需证tan＝－，
∵，∴1－tan＝2＋tan，即2tan＝－1.
∴tan＝－显然成立，∴结论得证．
一、选择题
1．否定结论“至多有两个解”的说法中，正确的是(　　)
A．有一个解
B．有两个解
C．至少有三个解
D．至少有两个解
[答案]　C
[解析]　在逻辑中“至多有n个”的否定是“至少有n＋1个”，所以“至多有两个解”的否定为“至少有三个解”，故应选C.
2．否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时的正确反设为(　　)
A．a、b、c都是奇数
B．a、b、c或都是奇数或至少有两个偶数
C．a、b、c都是偶数
D．a、b、c中至少有两个偶数
[答案]　B
[解析]　a，b，c三个数的奇、偶性有以下几种情况：①全是奇数；②有两个奇数，一个偶数；③有一个奇数，两个偶数；④三个偶数．因为要否定②，所以假设应为“全是奇数或至少有两个偶数”．故应选B.
3．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是(　　)
A．假设三内角都不大于60°
B．假设三内角都大于60°
C．假设三内角至多有一个大于60°
D．假设三内角至多有两个大于60°
[答案]　B
[解析]　“至少有一个不大于”的否定是“都大于60°”．故应选B.
4．用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，下列假设正确的是(　　)
A．假设a，b，c都是偶数
B．假设a、b，c都不是偶数
C．假设a，b，c至多有一个偶数
D．假设a，b，c至多有两个偶数
[答案]　B
[解析]　“至少有一个”反设词应为“没有一个”，也就是说本题应假设为a，b，c都不是偶数．
5．命题“△ABC中，若∠A>∠B，则a>b”的结论的否定应该是(　　)
A．a B．a≤b
C．a＝b
D．a≥b
[答案]　B
[解析]　“a>b”的否定应为“a＝b或a 6．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为(　　)
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线
D．不可能是相交直线
[答案]　C
[解析]　假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线．故应选C.
7．设a，b，c∈(－∞，0)，则三数a＋，c＋，b＋中(　　)
A．都不大于－2
B．都不小于－2
C．至少有一个不大于－2
D．至少有一个不小于－2
[答案]　C
[解析]　＋＋
＝＋＋
∵a，b，c∈(－∞，0)，
∴a＋＝－≤－2
b＋＝－≤－2
c＋＝－≤－2
∴＋＋≤－6
∴三数a＋、c＋、b＋中至少有一个不大于－2，故应选C.
8．若P是两条异面直线l、m外的任意一点，则(　　)
A．过点P有且仅有一条直线与l、m都平行
B．过点P有且仅有一条直线与l、m都垂直
C．过点P有且仅有一条直线与l、m都相交
D．过点P有且仅有一条直线与l、m都异面
[答案]　B
[解析]　对于A，若存在直线n，使n∥l且n∥m
则有l∥m，与l、m异面矛盾；对于C，过点P与l、m都相交的直线不一定存在，反例如图(l∥α)；对于D，过点P与l、m都异面的直线不唯一．
9．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”，乙说：“甲、丙都未获奖”，丙说：“我获奖了”，丁说：“是乙获奖了”，四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是(　　)
A．甲B．乙C．丙D．丁[答案]　C
[解析]　因为只有一人获奖，所以丙、丁只有一个说对了，同时甲、乙中只有一人说对了，假设乙说的对，这样丙就错了，丁就对了，也就是甲也对了，与甲错矛盾，所以乙说错了，从而知甲、丙对，所以丙为获奖歌手．故应选C.
10．已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2…)，试证“数列{xn}或者对任意正整数n都满足xnxn＋1”，当此题用反证法否定结论时，应为(　　)
A．对任意的正整数n，都有xn＝xn＋1
B．存在正整数n，使xn＝xn＋1
C．存在正整数n，使xn≥xn＋1且xn≤xn－1
D．存在正整数n，使(xn－xn－1)(xn－xn＋1)≥0
[答案]　D
[解析]　命题的结论是“对任意正整数n，数列{xn}是递增数列或是递减数列”，其反设是“存在正整数n，使数列既不是递增数列，也不是递减数列”．故应选D.
二、填空题
11．命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定是________．
[答案]　没有一个是三角形或四边形或五边形
[解析]　“至少有一个”的否定是“没有一个”．
12．用反证法证明命题“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么反设的内容是________________．
[答案]　a，b都不能被5整除
[解析]　“至少有一个”的否定是“都不能”．
13．用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：
①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，则∠A＝∠B＝90°不成立；
②所以一个三角形中不能有两个直角；
③假设∠A，∠B，∠C中有两个角是直角，不妨设∠A＝∠B＝90°.
正确顺序的序号排列为____________．
[答案]　③①②
[解析]　由反证法证明的步骤知，先反证即③，再推出矛盾即①，最后作出判断，肯定结论即②，即顺序应为③①②.
14．用反证法证明质数有无限多个的过程如下：
假设______________．设全体质数为p1、p2、…、pn，令p＝p1p2…pn＋1.
显然，p不含因数p1、p2、…、pn.故p要么是质数，要么含有______________的质因数．这表明，除质数p1、p2、…、pn之外，还有质数，因此原假设不成立．于是，质数有无限多个．
[答案]　质数只有有限多个　除p1、p2、…、pn之外
[解析]　由反证法的步骤可得．
三、解答题
15．已知：a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0.
求证：a>0，b>0，c>0.
[证明]　用反证法：
假设a，b，c不都是正数，由abc>0可知，这三个数中必有两个为负数，一个为正数，
不妨设a<0，b<0，c>0，则由a＋b＋c>0，
可得c>－(a＋b)，
又a＋b<0，∴c(a＋b)<－(a＋b)(a＋b)
ab＋c(a＋b)<－(a＋b)(a＋b)＋ab
即ab＋bc＋ca<－a2－ab－b2
∵a2>0，ab>0，b2>0，∴－a2－ab－b2＝－(a2＋ab＋b2)<0，即ab＋bc＋ca<0，
这与已知ab＋bc＋ca>0矛盾，所以假设不成立．
因此a>0，b>0，c>0成立．
16．已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于.
[证明]　证法1：假设(1－a)b、(1－b)c、(1－c)a都大于.∵a、b、c都是小于1的正数，∴1－a、1－b、1－c都是正数.≥＞＝，
同理＞，＞.
三式相加，得
＋＋＞，
即＞，矛盾．
所以(1－a)b、(1－b)c、(1－c)a不能都大于.
证法2：假设三个式子同时大于，即(1－a)b>，(1－b)c>，(1－c)a>，三式相乘得
(1－a)b(1－b)c(1－c)a>3①
因为0 同理，0 所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤3.②
因为①与②矛盾，所以假设不成立，故原命题成立．
17．已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a，b∈R.
(1)若a＋b≥0，求证：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；
(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．
[解析]　(1)证明：∵a＋b≥0，∴a≥－b.
由已知f(x)的单调性得f(a)≥f(－b)．
又a＋b≥0⇒b≥－a⇒f(b)≥f(－a)．
两式相加即得：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
(2)逆命题：
f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)则a＋b≥0.
下面用反证法证之．
假设a＋b<0，那么：

⇒f(a)＋f(b) 这与已知矛盾，故只有a＋b≥0.逆命题得证．
18．(2010·湖北理，20改编)已知数列{bn}的通项公式为bn＝n－1.求证：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
[解析]　假设数列{bn}存在三项br、bs、bt(rbs>br，则只可能有2bs＝br＋bt成立．
∴2·s－1＝r－1＋t－1.
两边同乘3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s，
由于r 故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．

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