MXT-高中數(shù)學(xué)-直接證明與間接證明

直接證明與間接證明◆高考導(dǎo)航·順風(fēng)出發(fā)◆最新考綱常有題型1.認識直接證明的兩種基本方法——解析法和綜合法；了以解答題形式出現(xiàn)，是歷年的高考解解析法和綜合法的思慮過程和特點．熱點，難度較大，占5～13分2.認識反證法的思慮過程和特點.[知識梳理]1．直接證明內(nèi)容綜合法解析法從已知條件出發(fā)，經(jīng)過漸漸的推從待證結(jié)論出發(fā)，一步一步追求結(jié)論成立的充分條件，最后達到題設(shè)的已理，最后達到待證結(jié)論的方法，是定義知條件或已被證明的事實的方法，是一種一種從原因推導(dǎo)到結(jié)果的思從結(jié)果追想到產(chǎn)生這一結(jié)果的原因維方法的思想方法從“已知”看“可知”，漸漸從“未知”看“需知”，漸漸靠特點推向“未知”，其漸漸推理，實質(zhì)攏“已知”，其漸漸推理，實際上是上是要搜尋它的必要條件要搜尋它的充分條件.步驟的符號表P0(已知)?P1?P2?P3?P4(結(jié)論)B(結(jié)論)?B1?B2?Bn?A(已知)示2．間接證明反證法定義要證明某一結(jié)論Q是正確的，但不直接證明，而是先去假設(shè)Q不成立(即Q的反面非Q

是正確的

)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)非

Q是錯誤的，從而判斷結(jié)論

Q是正確的，這種證明方法叫做反證法證明步驟

(4)由矛盾斷言假設(shè)不成立，從而必然原命題的結(jié)論成立(1)否定性命題；

(2)命題的結(jié)論中出現(xiàn)“最少”、“至多”、“唯一”等詞語的；

(3)適用當命題成立特別顯然，而要直接證明所用的理論太少，且不簡單說明，而其逆否命范圍題又是特別簡單證明的，(4)要談?wù)摰那闆r很復(fù)雜，而反面情況很少[知識感悟]1．辨明兩個易誤點(1)用解析法證明數(shù)學(xué)問題時，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)”“即要證”“就要證”平解析到一個顯然成立的結(jié)論．利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時，要假設(shè)結(jié)論錯誤，并用假設(shè)命題進行推理，沒適用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯誤的．2．證題的三種思路(1)綜合法證題的一般思路用綜合法證明命題時，必定第一找到正確的出發(fā)點，般的辦理方法是廣泛地聯(lián)想已知條件所具備的各種性質(zhì)，

也就是能想到從哪里起步，我們一逐層推進，從而由已知漸漸推出結(jié)論．(2)解析法證題的一般思路解析法的思路是逆向思想，用解析法證題必定從結(jié)論出發(fā)，倒著解析，搜尋結(jié)論成立的充分條件．應(yīng)用解析法證明問題時要嚴格按解析法的語言表達，下一步是上一步的充分條件．(3)反證法證題的一般思路反證法證題的實質(zhì)是證明它的逆否命題成立．反證法的主要依據(jù)是邏輯中的排中律，排中律的一般形式是：也許是A，也許是非A，即在同一談?wù)撨^程中，A和非A有且僅有一個是正確的，不能夠有第三種情況出現(xiàn)．[知識自測]1．判斷以下結(jié)論可否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)綜合法是直接證明，解析法是間接證明．()(2)解析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，漸漸搜尋使結(jié)論成立的充要條件．()(3)用反證法證明結(jié)論“a>b”時，應(yīng)假設(shè)“a<b”．()(4)反證法是指將結(jié)論和條件同時否定，推出矛盾．()在解決問題時，常常用解析法搜尋解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．()(6)證明不等式2＋7<3＋6最合適的方法是解析法．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√2．要證：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()A．2ab－1－a2b2≤04＋b4B．a(chǎn)2＋b2－1－a≤02C.a＋b2D．(a2－1)(b2－1)≥02－1－a2b2≤0[解析]由于a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.[答案]D3．若是aa＋bb>ab＋ba，則a、b應(yīng)滿足的條件是______．[解析]∵aa＋bb－(ab＋ba)a(a－b)＋b(b－a)＝(a－b)(a－b)(a－b)2(a＋b)．∴當a≥0，b≥0且a≠b時，(a－b)2(a＋b)>0.∴aa＋bb>ab＋ba成立的條件是a≥0，b≥0且a≠b.[答案]a≥0，b≥0且a≠b題型一綜合法的應(yīng)用(高頻考點題、多角打破)考向一與立體幾何有關(guān)的證明1．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中點．(1)求證：EC∥平面PAD；(2)求證：平面EAC⊥平面PBC.[證明](1)作線段AB的中點F，連接EF，CF(圖略)，則AF＝CD，AF∥CD，∴四邊形ADCF是平行四邊形，則CF∥AD.又EF∥AP，且CF∩EF＝F，∴平面CFE∥平面PAD.又EC?平面CEF，∴EC∥平面PAD.(2)∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AC.∵四邊形ABCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2，AC＝2，BC＝2.AB2＝AC2＋BC2，∴AC⊥BC，∵PC∩BC＝C，∴AC⊥平面PBC，∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.考向二與數(shù)列有關(guān)的證明2．(2016天·津高考)已知{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，公差為d，對任意的n∈N*，b是a和an＋1的等比中項．nnn22*，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列；n＋1n(1)設(shè)c＝b－b，n∈N2nk2*n11(2)設(shè)a1＝d，Tn＝k＝1(－1)bk，n∈N，求證：<2d2.k＝1Tk[證明](1)由題意得2bn＝anan＋1，22＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.cn＝bn＋1－bn因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，因此{cn}是等差數(shù)列．222222(2)Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋＋(－b2n－1＋b2n)na2＋a2n＝2d2n(n＋1)．＝2d(a2＋a4＋＋a2n)＝2d·2n11n11n1－111因此＝2d2kk＋1＝2d2＝k＝1－n＋1＝Tk＝k＋12d2·k1k1k1

1<2d2.考向三與三角解三角形有關(guān)的證明3．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B1.(1)求證：a，b，c成等差數(shù)列．2π(2)若C＝3，求證5a＝3b.[證明](1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，由于sinB≠0，因此sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差數(shù)列．2π(2)由C＝3，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即5ab－3b2＝0，a3因此b＝5，即5a＝3b.考向四與函數(shù)、方程、不等式結(jié)合的證明題12134．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x＋x，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象23在交點(0,0)處有公共切線．(1)求a，b的值；(2)證明：f(x)≤g(x)．[解](1)f′(x)＝1，g′(x)＝b－x＋x2，1＋xg0＝f0，解得a＝0，b＝1.由題意得f′0＝g′0，(2)證明：令h(x)＝f(x)－g(x)1ln(x＋1)－3x3＋2x2－x(x>－1)．h′(x)＝1－x2＋x－1＝－x3.x＋1x＋3h(x)在(－1,0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)．h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．方法感悟綜合法證題的思路【針對補償】1x，a，b是正實數(shù)，A＝fa＋b2ab1．(上饒調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝22，B＝f(ab)，C＝fa＋b，則A，B，C的大小關(guān)系為()A．A≤B≤CC．B≤C≤Aa＋b[解析]∵2≥

B．A≤C≤BD．C≤B≤A2abab≥，又f(x)＝1x在R上是減函數(shù)．2a＋b2ab∴f2≤f(ab)≤fa＋b，即A≤B≤C.[答案]A1132．在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＋b＋b＋c＝a＋b＋c，試問A，B，C可否成等差數(shù)列，若不能等差數(shù)列，請說明原因．若成等差數(shù)列，請給出證明．[解]A，B，C成等差數(shù)列，下面用綜合法給出證明：∵1＋1＝3，∴a＋b＋c＋a＋b＋c＝3，a＋bb＋ca＋b＋ca＋bb＋cc＋a＝1，∴c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，a＋bb＋cb2＝a2＋c2－ac.在△ABC中，由余弦定理，得cosB＝a2＋c2－b2＝1，2ac＝ac2ac20°<B<180°，∴B＝60°，∴A＋C＝120°＝2B，∴A，B，C成等差數(shù)列．題型二解析法的應(yīng)用(重點保分題、共同打破)已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，試證：對于任意的x12fx＋fx≥fx＋x2，x∈R，均有121.22[證明]要證明fx1＋fx2≥fx1＋x2，22即證明3x1－2x1＋3x2－2x2x1＋x2x1＋x2，2≥32－2·因此只要證明3x21＋3x－(x12x＋x－(x122122＋x)≥32＋x)，即證明3x1＋3x2≥3x1＋x2，223x1＋3x2因此只要證明≥3x1·3x2，由于x1，x2∈R時，3x1>0,3x2>0，3x1＋3x2由基本不等式知≥3x1·3x2顯然成立，故原結(jié)論成立．方法感悟逆向思慮是用解析法證題的主要思想，經(jīng)過反推，漸漸搜尋使結(jié)論成立的充分條件．正確掌握轉(zhuǎn)變方向是使問題順利獲解的重點．(2)證明較復(fù)雜的問題時，能夠采用兩頭湊的方法，即經(jīng)過解析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，爾后經(jīng)過綜合法證明這其中間結(jié)論，從而使原命題得證．[注意]注意書寫格式的規(guī)范性．【針對補償】3．已知a>0，證明a2＋12－2≥a＋1－2.aa[證明]要證a2＋1－2≥a＋1－2，a2a只要證a2＋12≥a＋1－(2－2)．a(chǎn)a由于a>0，因此1－(2－2)＞0，a＋a2121－2－22因此只要證a＋a2≥a＋a，11即2(2－2)a＋a≥8－42，只要證a＋a≥2.由于a＞0，1當且僅當a＝1＝1時等號成立a＋a≥2顯然成立a，因此要證的不等式成立．題型三反證法的應(yīng)用(重點保分題、共同打破)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn；(2)設(shè)bn＝Snn(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不相同的三項都不能能成為等比數(shù)列．a(chǎn)1＝2＋1，[解](1)由已知得∴d＝2，3a1＋3d＝9＋32，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．Sn＝n＋2.(2)證明：由(1)得bn＝n假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項pqr(p、q、r∈N*，且互不相等)成等比數(shù)列，則bq2prb，b，b＝bb.即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)．(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0.q2－pr＝0，∵p，q，r∈N*，∴2q－p－r＝0.p＋r2＝pr，即(p－r)2＝0.∴p＝r，與p≠r矛盾．2∴假設(shè)不成立，即數(shù)列{bn}中任意不相同的三項都不能夠成為等比數(shù)列．方法感悟應(yīng)用反證法證明數(shù)學(xué)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(jié)論；第二步：作出與命題結(jié)論q相反的假設(shè)綈q；第三步：由p和綈q出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾結(jié)果；第四步：判斷產(chǎn)生矛盾結(jié)果的原因在于開始所作的假設(shè)綈q不真，于是原結(jié)論q成立，從而間接地證了然命題p?q為真．所說的矛盾結(jié)果，平時是指推出的結(jié)果與已知公義、已知定義、已知定理或已知事實矛盾，與臨時假設(shè)矛盾以及自相矛盾等都是矛盾結(jié)果．【針對補償】4．(2018·南模擬濟)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)．13(1)設(shè)g(x)＝2x2－x＋2是[1，b]上的“四維光軍”函數(shù)，求常數(shù)b的值；1(2)可否存在常數(shù)a，b(a＞－2)，使函數(shù)h(x)＝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，請說明原因．1，其圖象的對稱軸為x＝1，區(qū)間[1，b]在對稱軸的[解](1)由題設(shè)得g(x)＝(x－1)2＋12右邊，因此函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞加．由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)＝1，g(b)b，即1b2－b＋3＝b，解得a＝1或b＝3.22由于b＞1，因此b＝3.1(2)假設(shè)函數(shù)h(x)＝x＋2在區(qū)間[a，b](a＞－2)上是“四維光軍”函數(shù)，1由于h(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，ha＝b，1＝b，a＋2因此有即hb＝a，1＝a，b＋2解得a＝b，這與已知矛盾，故不存在．◆牛刀小試·成功靠岸◆課堂達標(五十八)[A基礎(chǔ)牢固練]1．(2018·原模擬太)命題“若是數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n2－3n，那么數(shù)列{an}必然是等差數(shù)列”可否成立

(

)A．不成立

B．成立C．不能夠判斷

D．與

n取值有關(guān)[解析]

由于

Sn＝2n2－3n，因此

n＝1

時

a1＝S1＝－1，當

n≥2

時，an＝Sn－Sn－1＝2n23n－2(n－1)2＋3(n－1)＝4n－5，n＝1時合適an，且an－an－1＝4，故{an}為等差數(shù)列，即命題成立．[答案]

B2．(2018

·波模擬寧)解析法又稱執(zhí)果索因法，若用解析法證明：“設(shè)

a>b>c，且

a＋b＋c＝0，求證

b2－ac<3a”索的因應(yīng)是

(

)A．a(chǎn)－b>0

B．a(chǎn)－c>0C．(a－

b)(a－c)>0

D．(a－b)(a－c)<0[解析]

b2－ac<

3a?b2－ac<3a2，(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.[答案]C3．(2018上·饒月考)設(shè)x，y，z>0，則三個數(shù)yyzzx＋xx＋，＋，()zxyzyA．都大于2B．最少有一個大于2C．最少有一個不小于2D．最少有一個不大于2yyzzxx[解析]由于x＋z＋x＋y＋z＋yyxyzzx＝x＋y＋z＋y＋x＋z≥6，當且僅當x＝y(tǒng)＝z時等號成立．因此三個數(shù)中最少有一個不小于2，應(yīng)選C.[答案]C4．(2018山·西質(zhì)量監(jiān)測)對累乘運算∏有以下定義：na＝a×a××a，則以下命題k12nk＝1中的真命題是()0072k不能夠被10100整除k＝120154k－2k＝1B.＝2201520142k－1k＝1008(2k－1)不能夠被5100整除k＝1100810072015(2k－1)2k＝kk＝1k＝1k＝110081007[解析]由于(2k－1)2k＝(1×3×5××2015)×(2×4×6××2014)＝k＝1k＝120151×2×3××2014×2015＝k，應(yīng)選D.＝1[答案]D5．(2016·江卷浙)已知實數(shù)a，b，c()A．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，則a2＋b2＋c2<100B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2<100D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100[解析]舉反例消除法：A．令a＝b＝10，c＝－110，消除此選項，B．令a＝10，b＝－100，c＝0，消除此選項，C．令a＝100，b＝－100，c＝0，消除此選項．應(yīng)選D.[答案]D6．設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出以下條件：a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中最少有一個大于1”的條件是()A．②③B．①②③C．③D．③④⑤[解析]若a＝1，b＝2，則a＋b>1，23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中最少有一個大于1，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設(shè)不成立，a，b中最少有一個大于1.[答案]

C7．設(shè)[解析]

a>b>0，m＝a－b，n＝a－b，則m，n的大小關(guān)系是取a＝2，b＝1，得m<n.再用解析法證明：

______．a(chǎn)－b<a－b?a<b＋a－b?a<b＋2b·a－b＋a－b?2b·a－b>0，顯然成立．[答案]m<n8．凸函數(shù)的性質(zhì)定理為若是函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，，xn，有fx1＋fx2＋＋fxn≤fx1＋x2＋＋xn，已知函數(shù)y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函nn數(shù)，則在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值為______．[解析]∵f(x)＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，且A、B、C∈(0，π)，fA∴

＋fB3

＋fC

≤f

A＋B＋C3

＝f

π3，π33，即sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝23因此sinA＋sinB＋sinC的最大值為323.[答案]3329．(2018湖·南省郴州市三模)已知數(shù)列{a}為等差數(shù)列，若a＝a，a＝b(n－m≥1，m，nmnn∈N)，則anb－ma(b>0，n∈N)，若b＝c，b＝.類比上述結(jié)論，對于等比數(shù)列*m＋nnn*mn＝d(n－m≥2，m，n∈N*)，則能夠獲取bm＋n＝__________.[解析]經(jīng)過等差數(shù)列的結(jié)論類比推理可得：若mn*)，b＝c，b＝d(n－m≥2，m，n∈N則能夠獲取bm＋nn－mdnm＝c.證明以下：設(shè)等比數(shù)列的首項為b1，公比為q≠0.則bm＝c＝b1qm－1，bn＝b1qn－1，dn－(n－＋－n－mdn＋－c·qcq.[答案]n－mdncm10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求證：|a|＋|b|≤2.|a＋b||a|＋|b|[證明]a⊥b?a·b＝0，要證|a＋b|≤2.只要證|a|＋|b|≤2|a＋b|，只要證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只要證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，只要證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證．[B能力提升練]a2＋b2的最小值是()1．(2018?！ぶ菽M)設(shè)0<x<1，a>0，b>0，a，b為常數(shù)，x1－xA．4abB．2(a2＋b2)C．(a＋b)2D．(a－b)2a2b2[解析]＋x1－x(x＋1－x)＝a2＋a21－x＋b2x＋b2≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2.當且僅當x＝a時，等號成立．x1－xa＋b[答案]C2．(2016北·京卷)袋中裝有偶數(shù)個球，其中紅球、黑球各占一半，甲、乙、丙是三個空盒．每次從袋中任意取出兩個球，將其中一個球放入甲盒，若是這個球是紅球，就將另一個球放入乙盒，否則就放入丙盒．重復(fù)上述過程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中紅球與丙盒中黑球相同多C．乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D．乙盒中黑球與丙盒中紅球相同多[解析]

取兩個球共有

4種情況：①紅＋紅，則乙盒中紅球數(shù)加1個；②黑＋黑，則丙盒中黑球數(shù)加1個；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1個；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1個．設(shè)一共有球2a個，則a個紅球，a個黑球，甲中球的總個數(shù)為

a，其中紅球

x個，黑球y個，x＋y＝a.則乙中有x個球，其中k個紅球，j個黑球，k＋j＝x；丙中有y個球，其中l(wèi)個紅球，i個黑球，i＋l＝y(tǒng)；黑球總數(shù)a＝y(tǒng)＋i＋j，又x＋y＝a，故x＝i＋j，由于x＝k＋j，因此可得i＝k，即乙中的紅球等于丙中的黑球．應(yīng)選B.[答案]B3．(2016·國Ⅱ卷全)有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是__________.[解析]設(shè)三張卡片分別為A(1,2)，B(1,3)，C(2,3)，由丙得數(shù)字和不是5，則丙的卡片可能為A或B.若丙為A(1,2)，則乙為C(2,3)，甲為B(1,3)合題，若丙為B(1,3)，則甲、乙為相同數(shù)字2，不合題．[答案]1和34．(2018廣·東實驗中學(xué)段考)已知點A(x1，ax1)、B(x2，ax2)是函數(shù)y＝ax(a>1)的圖象上任意不相同兩點，依據(jù)圖象可知，線段AB總是位于A、B兩點之間函數(shù)圖象的上方，因此有結(jié)論ax1＋ax2＞ax1＋x2成立．運用類比思想方法可知，若點A(x1，sinx1)、B(x2，sinx2)是函22數(shù)y＝sinx[x∈(0，π)]圖象上的不相同兩點，則近似地有______成立．[解析]由題意知，點A、B是函數(shù)y＝ax(a＞1)的圖象上任意不相同兩點，函數(shù)y＝ax(aax＋ax2x＋x＞1)圖象下凸，線段AB總是位于A、B兩點之間函數(shù)圖象的上方，因此有結(jié)