高考數(shù)學理北師大版學案第十三章推理與證明算法復數(shù)13.2綜合法分析法反證法

§13.2綜合法、分析法與反證法最新考綱考情考向分析1.了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程和特點．2.了解反證法的思考過程和特點.本節(jié)主要內(nèi)容是直接證明的方法——綜合法和分析法，間接證明的方法——反證法，它常以立體幾何中的證明及相關選修內(nèi)容中平面幾何，不等式的證明為載體加以考查，注意提高分析問題、解決問題的能力；在高考中主要以解答題的形式考查，難度中檔.1．綜合法(1)定義：從命題的條件出發(fā)，利用定義、公理、定理及運算法則，通過演繹推理，一步一步地接近要證明的結論，直到完成命題的證明．我們把這樣的思維方法稱為綜合法．(2)框圖表示：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證明的結論)．2．分析法(1)定義：從求證的結論出發(fā)，一步一步地探索保證前一個結論成立的充分條件，直到歸結為這個命題的條件，或者歸結為定義、公理、定理等．我們把這樣的思維方法稱為分析法．(2)框圖表示：eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(得到一個明顯成立的條件).3．反證法我們可以先假定命題結論的反面成立，在這個前提下，若推出的結果與定義、公理、定理相矛盾，或與命題中的已知條件相矛盾，或與假定相矛盾，從而說明命題結論的反面不可能成立，由此斷定命題的結論成立．這種證明方法叫作反證法．反證法的證題步驟是：(1)作出否定結論的假設；(2)進行推理，導出矛盾；(3)否定假設，肯定結論．題組一思考辨析1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)綜合法是直接證明，分析法是間接證明．(×)(2)分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋找使結論成立的充要條件．(×)(3)用反證法證明結論“a>b”時，應假設“a<b”．(×)(4)反證法是指將結論和條件同時否定，推出矛盾．(×)(5)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．(√)(6)證明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)最合適的方法是分析法．(√)題組二教材改編2．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，則P，Q的大小關系是()A．P>Q B．P＝QC．P<Q D．由a的取值確定答案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．設實數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，非零實數(shù)x，y分別為a與b，b與c的等差中項，則eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)等于()A．1B．2C．4D．6答案B解析由題意，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.題組三易錯自糾4．若a，b，c為實數(shù)，且a<b<0，則下列命題正確的是()A．a(chǎn)c2<bc2 B．a(chǎn)2>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．用反證法證明命題：“設a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要作的假設是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根答案A解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒有實根，故選A.6．(2017·德州一模)如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則△A2B2答案鈍角解析由條件知，△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設△A2B2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)，這與三角形內(nèi)角和為π相矛盾．所以假設不成立．假設△A2B2C2是直角三角形，不妨設A2＝eq\f(π,2)，則cosA1＝sinA2＝1，A1＝0，矛盾．所以△A2B2C2題型一綜合法的應用1．(2018·綏化模擬)設a，b，c均為正實數(shù)，則三個數(shù)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．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于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，當且僅當a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.2．(2018·大慶質檢)如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)成立，則a，b應滿足的條件是___________．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))．∴當a≥0，b≥0且a≠b時，(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)成立的條件是a≥0，b≥0且a≠b.3．(2018·武漢月考)若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.證明∵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是不全相等的正數(shù)，∴上述三個不等式中等號不能同時成立，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc>0成立．上式兩邊同時取常用對數(shù)，得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))>lgabc，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.思維升華(1)綜合法是“由因導果”的證明方法，它是一種從已知到未知(從題設到結論)的邏輯推理方法，即從題設中的已知條件或已證的真實判斷(命題)出發(fā)，經(jīng)過一系列中間推理，最后導出所要求證結論的真實性．(2)綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理．題型二分析法的應用典例(2018·長沙模擬)已知函數(shù)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，求證：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明要證eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(1,2)(tanx1＋tanx2)>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2,cosx2)))>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明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，故只需證明1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，即證1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，即證cos(x1－x2)<1.由x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x1≠x2知上式顯然成立，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)變?yōu)閒(x)＝3x－2x，試證：對于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明要證明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明≥－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明－(x1＋x2)≥－(x1＋x2)，即證明≥，因此只要證明≥，由于當x1，x2∈R時，>0,>0，由基本不等式知≥顯然成立，當且僅當x1＝x2時，等號成立．故原結論成立．思維升華(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件．正確把握轉化方向是使問題順利解決的關鍵．(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證．跟蹤訓練已知a>0，證明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))．因為a>0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))>0，所以只需證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)，只需證a＋eq\f(1,a)≥2.因為a>0，a＋eq\f(1,a)≥2顯然成立(當a＝eq\f(1,a)＝1時等號成立)，所以要證的不等式成立．題型三反證法的應用命題點1證明否定性命題典例(2018·株州模擬)設{an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導{an}的前n項和公式；(2)設q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．(1)解設{an}的前n項和為Sn，則當q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當q≠1時，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)證明假設{an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的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，這與已知矛盾．∴假設不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．命題點2證明存在性命題典例已知四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝eq\r(2)，SA＝1.(1)求證：SA⊥平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點的位置；若不存在，請說明理由．(1)證明由已知得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)解假設在棱SC上存在異于S，C的點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.這與平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾，∴假設不成立．∴不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD.命題點3證明唯一性命題典例(2018·宜昌模擬)已知M是由滿足下列條件的函數(shù)構成的集合：對任意f(x)∈M，①方程f(x)－x＝0有實數(shù)根；②函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)滿足0<f′(x)<1.(1)判斷函數(shù)f(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(sinx,4)是不是集合M中的元素，并說明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性質：若f(x)的定義域為D，則對于任意[m，n]?D，都存在x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n－m)f′(x0)成立．試用這一性質證明：方程f(x)－x＝0有且只有一個實數(shù)根．(1)解①當x＝0時，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有實數(shù)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)))，滿足條件0<f′(x)<1.由①②可得，函數(shù)f(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(sinx,4)是集合M中的元素．(2)證明假設方程f(x)－x＝0存在兩個實數(shù)根α，β(α≠β)，則f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.不妨設α<β，根據(jù)題意存在c∈(α，β)，滿足f(β)－f(α)＝(β－α)f′(c)．因為f(α)＝α，f(β)＝β，且α≠β，所以f′(c)＝1.與已知0<f′(x)<1矛盾．又f(x)－x＝0有實數(shù)根，所以方程f(x)－x＝0有且只有一個實數(shù)根．思維升華應用反證法證明數(shù)學命題，一般有以下幾個步驟：第一步：分清命題“p?q”的條件和結論；第二步：作出與命題結論q相反的假設綈q；第三步：由p和綈q出發(fā)，應用正確的推理方法，推出矛盾結果；第四步：斷定產(chǎn)生矛盾結果的原因在于開始所作的假設綈q不真，于是原結論q成立，從而間接地證明了命題p?q為真．所說的矛盾結果，通常是指推出的結果與已知公理、已知定義、已知定理或已知事實矛盾，與臨時假設矛盾以及自相矛盾等都是矛盾結果．跟蹤訓練若f(x)的定義域為[a，b]，值域為[a，b](a<b)，則稱函數(shù)f(x)是[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)．(1)設g(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是[1，b]上的“四維光軍”函數(shù)，求常數(shù)b的值；(2)是否存在常數(shù)a，b(a>－2)，使函數(shù)h(x)＝eq\f(1,x＋2)是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理由．解(1)由題設得g(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2＋1，其圖像的對稱軸為x＝1，區(qū)間[1，b]在對稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞增．由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，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.因為b>1，所以b＝3.(2)假設存在常數(shù)a，b(a>－2)，使函數(shù)h(x)＝eq\f(1,x＋2)是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)，因為h(x)＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，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，這與已知矛盾．故不存在．反證法在證明題中的應用典例(12分)(2018·衡陽模擬)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標原點．(1)當點B的坐標為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形．思想方法指導在證明否定性命題，存在性命題，唯一性命題時?？紤]用反證法證明，應用反證法需注意：(1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，正確作出假設是反證法的基礎，應用假設是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的．(2)當證明的結論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法．(3)利用反證法證明時，一定要回到結論上去．規(guī)范解答(1)解因為四邊形OABC為菱形，則AC與OB相互垂直平分．由于O(0,0)，B(0,1)，所以設點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))，代入橢圓方程得eq\f(t2,4)＋eq\f(1,4)＝1，則t＝±eq\r(3)，故|AC|＝2eq\r(3).[4分](2)證明假設四邊形OABC為菱形，因為點B不是W的頂點，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＋4m設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則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的中點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).[8分]因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－eq\f(1,4k)，因為k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))＝－eq\f(1,4)≠－1，所以AC與OB不垂直．[10分]所以四邊形OABC不是菱形，與假設矛盾．所以當點B在W上且不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形．[12分]1．(2018·岳陽調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b為正實數(shù)，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)))，則A，B，C的大小關系為()A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A答案A解析因為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上是單調(diào)減函數(shù)，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．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因應是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析由題意知eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a?b2－ac<3a2?(a＋c)2－ac<3a?a2＋2ac＋c2－ac－3a?－2a2＋ac＋c2?2a2－ac－c2?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b3．(2017·鄭州模擬)設x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，則()A．P>Q B．P<QC．P≤Q D．P≥Q答案A解析因為2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2(當且僅當x＝0時等號成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故選A.4．①已知p3＋q3＝2，證明：p＋q≤2.用反證法證明時，可假設p＋q≥2；②若a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證：方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1.用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|≥1.以下結論正確的是()A．①與②的假設都錯誤B．①的假設正確；②的假設錯誤C．①與②的假設都正確D．①的假設錯誤；②的假設正確答案D解析對于①，結論的否定是p＋q>2，故①中的假設錯誤；對于②，其假設正確，故選D.5．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結論不正確的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b<b2C．a(chǎn)＋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·濟寧模擬)設a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是()A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤答案C解析若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，則a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出；對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1，下面用反證法證明：假設a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設不成立，a，b中至少有一個大于1.7．用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”，那么假設的內(nèi)容是__________________．答案a，b都不能被5整除8．(2018·邢臺調(diào)研)eq\r(6)＋eq\r(7)與2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小關系為______________．答案eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)解析要比較eq\r(6)＋eq\r(7)與2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小，只需比較(eq\r(6)＋eq\r(7))2與(2eq\r(2)＋eq\r(5))2的大小，只需比較6＋7＋2eq\r(42)與8＋5＋4eq\r(10)的大小，只需比較eq\r(42)與2eq\r(10)的大小，只需比較42與40的大小，∵42>40，∴eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5).9．已知點An(n，an)為函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)圖像上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖像上的點，其中n∈N＋，設cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關系為__________________．答案cn＋1<cn解析由條件得cn＝an－bn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，則cn隨n的增大而減小，∴cn＋1<cn.10．(2017·武漢聯(lián)考)已知直線l⊥平面α，直線m平面β，有下列命題：①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β.其中正確命題的序號是________．答案①③解析①eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α∥β))?l⊥β，又∵mβ，∴l(xiāng)⊥m，①正確；②eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α⊥β))?l∥β或lβ，∴l(xiāng)，m平行、相交、異面都有可能，故②錯誤；③eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥m,l⊥α))?m⊥α，又mβ，∴β⊥α，故③正確；④eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,l⊥m))?mα或m∥α.又mβ，∴α，β可能相交或平行，故④錯誤．11．(2017·黃岡模擬)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N＋)．其中m為常數(shù)，且m≠－3且m≠0.(1)求證：{an}是等比數(shù)列；(2)若數(shù)列{an}的公比q＝f(m)，數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)(n∈N＋，n≥2)，求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))為等差數(shù)列．證明(1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.兩式相減，得(3＋m)an＋1＝2man，m≠－3且m≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2m,m＋3)，∴{an}是等比數(shù)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)，∴當n∈N＋且n≥2時，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)))是首項為1，公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．12．(2017·北京)設{an}和{bn}是兩個等差數(shù)列，記cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs這s個數(shù)中最大的數(shù)．(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并證明{cn}是等差數(shù)列；(2)證明：或者對任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，當n≥m時，eq\f(cn,n)>M；或者存在正整數(shù)m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數(shù)列．(1)解c1＝b1－a1＝1－1＝0，c2＝max{b1－2a1，b2－2a＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3＝max{1－3×1,3－3×2,5－3×3}＝－2.當n≥3時，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0，所以bk－nak在k∈N＋上單調(diào)遞減．所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.所以對任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，所以{cn}是等差數(shù)列．(2)證明設數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1，d2，則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當d1＞0時，取正整數(shù)m＞eq\f(d2,d1)，則當n≥m時，nd1＞d2，因此，cn＝b1－a1n，此時，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數(shù)列．②當d1＝0時，對任意n≥1，cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2，0}＝b1－a1＋(n－1)(max{d2，0}－a1)．此時，c1，c2，c3，…，cn，…是等差數(shù)列．③當d1＜0時，當n＞eq\f(d2,d1)時，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|.對任意正數(shù)M，取正整數(shù)m＞maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(M＋|b1－d2|＋a1－d1－d2,－d1)，\f(d2,d1)))，故當n≥m時，eq\f(cn,n)＞M.13．(2018·長春模擬)若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一點c，使f(c)>0，則實數(shù)p的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f