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2020版高考数学（文）新增分大一轮人教通用版讲义：第七章 不等式、推理与证明7.6
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§7.6 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.
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，难度为中档.
1．直接证明
内容
综合法
分析法
定义
从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从原因推导到结果的思维方法
从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一种从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法
特点
从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的必要条件
从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件
步骤的符号表示
P0(已知)⇒P1⇒P2⇒P3⇒P4(结论)
B(结论)⇐B1⇐B2…⇐Bn⇐A(已知)
2.间接证明
(1)反证法的定义：
一般地，由证明p⇒q转向证明
綈q⇒r⇒…⇒t
t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．
(2)应用反证法证明数学命题的一般步骤：
①分清命题的条件和结论；
②做出与命题结论相矛盾的假定；
③由假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果；
④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真．
概念方法微思考
1．直接证明中的综合法是演绎推理吗？
提示 是．用综合法证明时常省略大前提．
2．综合法与分析法的推理过程有何区别？
提示 综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的．
3．反证法是“要证原命题成立，只需证其逆否命题成立”的推理方法吗？
提示 不是．反证法是命题中“p与綈p”关系的应用．
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
(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＋<＋最合适的方法是分析法．( √ )
题组二 教材改编
2．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P 答案 A
解析 P2＝2a＋13＋2，
Q2＝2a＋13＋2，
∴P2>Q2，又∵P>0，Q>0，∴P>Q.
3．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＋等于( )
A．1 B．2 C．4 D．6
答案 B
解析 由题意，得x＝，y＝，b2＝ac，
∴xy＝，
＋＝＝
＝＝
＝＝
＝＝2.
题组三 易错自纠
4．若a，b，c为实数，且aab>b2
C.< D.>
答案 B
解析 a2－ab＝a(a－b)，
∵a0，
∴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．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，则△ABC的形状为________．
答案 等边三角形
解析 由题意得2B＝A＋C，
∵A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝，
∴△ABC为等边三角形.
题型一 综合法的应用
例1 已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)＋＋≤；
(2)＋＋≥.
证明 (1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴＋＋≤(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
(2)∵a>0，∴3a＋1>1，
∴＋(3a＋1)≥2＝4，
∴≥3－3a，
同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得
4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)．
思维升华 (1)从已知出发，逐步推理直到得出所证结论的方法为综合法；(2)计算题的计算过程也是根据已知的式子进行逐步推导的过程，也是使用的综合法．
跟踪训练1 设Tn是数列{an}的前n项之积，并满足：Tn＝1－an.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)令bn＝，证明：{bn}的前n项和Sn<.
证明 (1)∵an＋1＝＝
⇒＝ ⇒－＝1，
∴－＝1，
又∵T1＝1－a1＝a1，
∴a1＝，∴＝＝2，
∴数列是以2为首项，公差为1的等差数列．
(2)∵＝＋(n－1)×1，
∴＝n＋1⇒an＝(n∈N＋)，
∴bn＝＝＝
<＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
<×
＝×<×＝.
题型二 分析法的应用
例2 已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.
求证：＋＝.
证明 要证＋＝，
即证＋＝3，也就是＋＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
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．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法．
跟踪训练2 已知a>0，证明：－≥a＋－2.
证明 要证－≥ a＋－2，
只需证 ≥－(2－)．
因为a>0，所以－(2－)>0，
所以只需证2≥2，
即2(2－)≥8－4，
只需证a＋≥2.
因为a>0，a＋≥2显然成立
，
所以要证的不等式成立．
题型三 反证法的应用
例3 设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
证明 由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由均值不等式及ab＝1，
有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，
则由a2＋a<2及a>0，得0
思维升华 反证法的一般步骤：(1)分清命题的条件与结论；(2)作出与命题的结论相矛盾的假设；(3)由假设出发，应用演绎推理的方法，推出矛盾的结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不成立，原结论成立，从而间接地证明原命题为真．
跟踪训练3 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N＋)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
(1)解 设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
所以d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)(n∈N＋)．
(2)证明 由(1)得bn＝＝n＋，
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N＋，
且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr.
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
所以(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
因为p，q，r∈N＋，所以
所以2＝pr，(p－r)2＝0，
所以p＝r，与p≠r矛盾，
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
1．在△ABC中，sin Asin C
C．钝角三角形 D．不确定
答案 C
解析 由sin Asin C
即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，
从而B>，故△ABC必是钝角三角形．
2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是( )
A．x2>1 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
答案 C
解析 因为x>0，所以要证<1＋，
只需证()2<2，
即证0<，即证x2>0，
因为x>0，所以x2>0成立，
故原不等式成立．
3．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，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．无法确定正负
答案 A
解析 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，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)
A．至少有一个不大于2 B．都小于2
C．至少有一个不小于2 D．都大于2
答案 C
解析 假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，与a＋b＋c<6矛盾，
∴a，b，c都小于2错误．
∴a，b，c三个数至少有一个不小于2.
5．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．①②③ C．③ D．③④⑤
答案 C
解析 若a＝，b＝，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.
6．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．
答案 x≠－1且x≠1
解析 “x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
7．如果a＋b>a＋b成立，则a，b应满足的条件是__________________________．
答案 a≥0，b≥0且a≠b
解析 ∵a＋b－(a＋b)
＝(a－b)＋(b－a)
＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋)．
∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(－)2(＋)>0.
∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.
8．已知点An(n，an)为函数y＝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＝an－bn＝－n＝，
则cn随n的增大而减小，∴cn＋1
答案 9
解析 因为a>0，b>0，所以2a＋b>0.
所以不等式可化为m≤(2a＋b)
＝5＋2.
因为5＋2≥5＋4＝9，当且仅当a＝b时，等号成立，
即其最小值为9，所以m≤9，即m的最大值等于9.
10．在不等边三角形ABC中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________．
答案 a2>b2＋c2
解析 由余弦定理cos A＝<0，
得b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.
11．若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
证明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥ >0，≥ >0，≥ >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，
∴··>abc>0成立．
上式两边同时取常用对数，得
lg>lg abc，
∴lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
12．若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a
(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝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)＝(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b2－b＋＝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)＝是区间[a，b] 上的“四维光军”函数，
因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有即
解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．
13．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，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f(x)＝x在R上是减函数．
∴f ≤f()≤f ，即A≤B≤C.
14．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
解析 方法一 (补集法)若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，
则
解得p≤－3或p≥，
故满足题干条件的p的取值范围为.
方法二 (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－
15．已知关于x的不等式mcos x≥2－x2在上恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C．[2，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 C
解析 由题意得，m≥恒成立，
即m≥的最大值，
因为当x∈时，
′＝.
令y＝f(x)＝－2xcos x＋(2－x2)sin x，x∈，
则f′(x)＝－2cos x＋2xsin x＋(2－x2)cos x－2xsin x
＝－x2cos x<0在上成立．
所以f(x)
所以最大值为＝2，m≥2，故选C.
16．对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
证明 (1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，
an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d
＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”．
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3
＝6an.②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．
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.
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，难度为中档.
1．直接证明
内容
综合法
分析法
定义
从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从原因推导到结果的思维方法
从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一种从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法
特点
从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的必要条件
从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件
步骤的符号表示
P0(已知)⇒P1⇒P2⇒P3⇒P4(结论)
B(结论)⇐B1⇐B2…⇐Bn⇐A(已知)
2.间接证明
(1)反证法的定义：
一般地，由证明p⇒q转向证明
綈q⇒r⇒…⇒t
t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．
(2)应用反证法证明数学命题的一般步骤：
①分清命题的条件和结论；
②做出与命题结论相矛盾的假定；
③由假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果；
④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真．
概念方法微思考
1．直接证明中的综合法是演绎推理吗？
提示 是．用综合法证明时常省略大前提．
2．综合法与分析法的推理过程有何区别？
提示 综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的．
3．反证法是“要证原命题成立，只需证其逆否命题成立”的推理方法吗？
提示 不是．反证法是命题中“p与綈p”关系的应用．
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
(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＋<＋最合适的方法是分析法．( √ )
题组二 教材改编
2．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P 答案 A
解析 P2＝2a＋13＋2，
Q2＝2a＋13＋2，
∴P2>Q2，又∵P>0，Q>0，∴P>Q.
3．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＋等于( )
A．1 B．2 C．4 D．6
答案 B
解析 由题意，得x＝，y＝，b2＝ac，
∴xy＝，
＋＝＝
＝＝
＝＝
＝＝2.
题组三 易错自纠
4．若a，b，c为实数，且a
C.< D.>
答案 B
解析 a2－ab＝a(a－b)，
∵a
∴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．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，则△ABC的形状为________．
答案 等边三角形
解析 由题意得2B＝A＋C，
∵A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝，
∴△ABC为等边三角形.
题型一 综合法的应用
例1 已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)＋＋≤；
(2)＋＋≥.
证明 (1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴＋＋≤(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
(2)∵a>0，∴3a＋1>1，
∴＋(3a＋1)≥2＝4，
∴≥3－3a，
同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得
4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)．
思维升华 (1)从已知出发，逐步推理直到得出所证结论的方法为综合法；(2)计算题的计算过程也是根据已知的式子进行逐步推导的过程，也是使用的综合法．
跟踪训练1 设Tn是数列{an}的前n项之积，并满足：Tn＝1－an.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)令bn＝，证明：{bn}的前n项和Sn<.
证明 (1)∵an＋1＝＝
⇒＝ ⇒－＝1，
∴－＝1，
又∵T1＝1－a1＝a1，
∴a1＝，∴＝＝2，
∴数列是以2为首项，公差为1的等差数列．
(2)∵＝＋(n－1)×1，
∴＝n＋1⇒an＝(n∈N＋)，
∴bn＝＝＝
<＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
<×
＝×<×＝.
题型二 分析法的应用
例2 已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.
求证：＋＝.
证明 要证＋＝，
即证＋＝3，也就是＋＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
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．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法．
跟踪训练2 已知a>0，证明：－≥a＋－2.
证明 要证－≥ a＋－2，
只需证 ≥－(2－)．
因为a>0，所以－(2－)>0，
所以只需证2≥2，
即2(2－)≥8－4，
只需证a＋≥2.
因为a>0，a＋≥2显然成立
，
所以要证的不等式成立．
题型三 反证法的应用
例3 设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
证明 由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由均值不等式及ab＝1，
有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，
则由a2＋a<2及a>0，得0
思维升华 反证法的一般步骤：(1)分清命题的条件与结论；(2)作出与命题的结论相矛盾的假设；(3)由假设出发，应用演绎推理的方法，推出矛盾的结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不成立，原结论成立，从而间接地证明原命题为真．
跟踪训练3 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N＋)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
(1)解 设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
所以d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)(n∈N＋)．
(2)证明 由(1)得bn＝＝n＋，
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N＋，
且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr.
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
所以(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
因为p，q，r∈N＋，所以
所以2＝pr，(p－r)2＝0，
所以p＝r，与p≠r矛盾，
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
1．在△ABC中，sin Asin C
C．钝角三角形 D．不确定
答案 C
解析 由sin Asin C
即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，
从而B>，故△ABC必是钝角三角形．
2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是( )
A．x2>1 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
答案 C
解析 因为x>0，所以要证<1＋，
只需证()2<2，
即证0<，即证x2>0，
因为x>0，所以x2>0成立，
故原不等式成立．
3．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，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．无法确定正负
答案 A
解析 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，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)
A．至少有一个不大于2 B．都小于2
C．至少有一个不小于2 D．都大于2
答案 C
解析 假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，与a＋b＋c<6矛盾，
∴a，b，c都小于2错误．
∴a，b，c三个数至少有一个不小于2.
5．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．①②③ C．③ D．③④⑤
答案 C
解析 若a＝，b＝，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.
6．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．
答案 x≠－1且x≠1
解析 “x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
7．如果a＋b>a＋b成立，则a，b应满足的条件是__________________________．
答案 a≥0，b≥0且a≠b
解析 ∵a＋b－(a＋b)
＝(a－b)＋(b－a)
＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋)．
∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(－)2(＋)>0.
∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.
8．已知点An(n，an)为函数y＝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＝an－bn＝－n＝，
则cn随n的增大而减小，∴cn＋1
答案 9
解析 因为a>0，b>0，所以2a＋b>0.
所以不等式可化为m≤(2a＋b)
＝5＋2.
因为5＋2≥5＋4＝9，当且仅当a＝b时，等号成立，
即其最小值为9，所以m≤9，即m的最大值等于9.
10．在不等边三角形ABC中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________．
答案 a2>b2＋c2
解析 由余弦定理cos A＝<0，
得b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.
11．若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
证明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥ >0，≥ >0，≥ >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，
∴··>abc>0成立．
上式两边同时取常用对数，得
lg>lg abc，
∴lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
12．若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a
(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝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)＝(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b2－b＋＝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)＝是区间[a，b] 上的“四维光军”函数，
因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有即
解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．
13．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，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f(x)＝x在R上是减函数．
∴f ≤f()≤f ，即A≤B≤C.
14．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
解析 方法一 (补集法)若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，
则
解得p≤－3或p≥，
故满足题干条件的p的取值范围为.
方法二 (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－
15．已知关于x的不等式mcos x≥2－x2在上恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C．[2，＋∞) D．(2，＋∞)
答案 C
解析 由题意得，m≥恒成立，
即m≥的最大值，
因为当x∈时，
′＝.
令y＝f(x)＝－2xcos x＋(2－x2)sin x，x∈，
则f′(x)＝－2cos x＋2xsin x＋(2－x2)cos x－2xsin x
＝－x2cos x<0在上成立．
所以f(x)
所以最大值为＝2，m≥2，故选C.
16．对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
证明 (1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，
an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d
＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”．
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3
＝6an.②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．
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