2023版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第十三章推理與證明、算法、復(fù)數(shù)13.2直接證明與間接證明教師用書理新人教版

PAGEPAGE17第十三章推理與證明、算法、復(fù)數(shù)13.2直接證明與間接證明教師用書理新人教版1．直接證明(1)綜合法①定義：一般地，利用條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．②框圖表示：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(其中P表示條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結(jié)論)．③思維過程：由因?qū)Ч?2)分析法①定義：一般地，從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．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)(其中Q表示要證明的結(jié)論)．③思維過程：執(zhí)果索因．2．間接證明反證法：一般地，假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明原命題成立的證明方法．【思考辨析】判斷以下結(jié)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(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(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)論和條件同時否認，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)最適宜的方法是分析法．(√)1．假設(shè)a，b，c為實數(shù)，且a<b<0，那么以下命題正確的選項是()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>b2.2．(2022·北京)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，如果這個球是紅球，就將另一個球放入乙盒，否那么就放入丙盒．重復(fù)上述過程，直到袋中所有球都被放入盒中，那么()A．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一樣多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一樣多答案B解析取兩個球往盒子中放有4種情況：①紅＋紅，那么乙盒中紅球數(shù)加1；②黑＋黑，那么丙盒中黑球數(shù)加1；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，那么乙盒中黑球數(shù)加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，那么丙盒中紅球數(shù)加1.因為紅球和黑球個數(shù)一樣，所以①和②的情況一樣多．③和④的情況完全隨機，③和④對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒有任何影響．①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣．綜上選B.3．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D解析a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.4．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，那么a、b應(yīng)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(dāng)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.5．(2022·青島模擬)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤f(eq\f(x1＋x2＋…＋xn,n))，函數(shù)y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值為________．答案eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，且A、B、C∈(0，π)．∴eq\f(fA＋fB＋fC,3)≤f(eq\f(A＋B＋C,3))＝f(eq\f(π,3))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，∴sinA＋sinB＋sinC的最大值為eq\f(3\r(3),2).題型一綜合法的應(yīng)用例1(2022·重慶模擬)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1.證明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因為eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.思維升華(1)綜合法是“由因?qū)Ч暤淖C明方法，它是一種從到未知(從題設(shè)到結(jié)論)的邏輯推理方法，即從題設(shè)中的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(dǎo)出所要求證結(jié)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．對于定義域為[0,1]的函數(shù)f(x)，如果同時滿足：①對任意的x∈[0,1]，總有f(x)≥0；②f(1)＝1；③假設(shè)x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，那么稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)．(1)假設(shè)函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，證明：f(0)＝0；(2)試判斷函數(shù)f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])是不是理想函數(shù)．(1)證明取x1＝x2＝0，那么x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.又對任意的x∈[0,1]，總有f(x)≥0，∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.(2)解對于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不滿足新定義中的條件②，∴f(x)＝2x(x∈[0,1])不是理想函數(shù)．對于f(x)＝x2，x∈[0,1]，顯然f(x)≥0，且f(1)＝1.對任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝2x1x2≥0，即f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)．∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函數(shù)．對于f(x)＝eq\r(x)，x∈[0,1]，顯然滿足條件①②.對任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2eq\r(x1x2)＋x2)＝－2eq\r(x1x2)≤0，即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不滿足條件③.∴f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])不是理想函數(shù)．綜上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函數(shù)，f(x)＝2x(x∈[0,1])與f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])不是理想函數(shù)．題型二分析法的應(yīng)用例2函數(shù)f(x)＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，假設(shè)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))).引申探究假設(shè)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x1，x2∈R時，>0,>0，由根本不等式知≥顯然成立，故原結(jié)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(jié)論成立的充分條件．正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵．(2)證明較復(fù)雜的問題時，可以采用兩頭湊的方法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證．(2022·重慶月考)設(shè)a>0，b>0,2c>a＋b，求證：(1)c2>ab；(2)c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab).證明(1)∵a>0，b>0,2c>a＋b≥2eq\r(ab)，∴c>eq\r(ab)，平方得c2>ab.(2)要證c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab)，只要證－eq\r(c2－ab)<a－c<eq\r(c2－ab)，即證|a－c|<eq\r(c2－ab)，即(a－c)2<c2－ab.∵(a－c)2－c2＋ab＝a(a＋b－2c)<0成立，∴原不等式成立．題型三反證法的應(yīng)用命題點1證明否認性命題例3等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列．(1)解由得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)證明由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比數(shù)列，那么beq\o\al(2,q)＝bpbr，即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴(eq\f(p＋r,2))2＝pr，即(p－r)2＝0.∴p＝r，與p≠r矛盾．∴假設(shè)不成立，即數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列．命題點2證明存在性問題例4(2022·濟南模擬)假設(shè)f(x)的定義域為[a，b]，值域為[a，b](a<b)，那么稱函數(shù)f(x)是[a，b]上的“四維光軍〞函數(shù)．(1)設(shè)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)？假設(shè)存在，求出a，b的值；假設(shè)不存在，請說明理由．解(1)由題設(shè)得g(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2＋1，其圖象的對稱軸為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(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間[a，b](a>－2)上是“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，這與矛盾．故不存在．命題點3證明唯一性命題例5M是由滿足下述條件的函數(shù)構(gòu)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(dǎo)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(zhì)：假設(shè)f(x)的定義域為D，那么對于任意[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(zhì)證明：方程f(x)－x＝0有且只有一個實數(shù)根．(1)解①當(dāng)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(1,4)cosx，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(shè)方程f(x)－x＝0存在兩個實數(shù)根α，β(α≠β)，那么f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.不妨設(shè)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(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：斷定產(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，從而間接地證明了命題p?q為真．所說的矛盾結(jié)果，通常是指推出的結(jié)果與公理、定義、定理或事實矛盾，與臨時假設(shè)矛盾以及自相矛盾等都是矛盾結(jié)果．二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象與x軸有兩個不同的交點，假設(shè)f(c)＝0，且0<x<c時，f(x)>0.(1)證明：eq\f(1,a)是函數(shù)f(x)的一個零點；(2)試用反證法證明eq\f(1,a)>c.證明(1)∵f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點，∴f(x)＝0有兩個不等實根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，又x1x2＝eq\f(c,a)，∴x2＝eq\f(1,a)(eq\f(1,a)≠c)，∴eq\f(1,a)是f(x)＝0的一個根．即eq\f(1,a)是函數(shù)f(x)的一個零點．(2)假設(shè)eq\f(1,a)<c，又eq\f(1,a)>0，由0<x<c時，f(x)>0，知f(eq\f(1,a))>0，與f(eq\f(1,a))＝0矛盾，∴eq\f(1,a)≥c，又∵eq\f(1,a)≠c，∴eq\f(1,a)>c.26．反證法在證明題中的應(yīng)用典例(12分)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(biāo)原點．(1)當(dāng)點B的坐標(biāo)為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當(dāng)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(dǎo)在證明否認性問題，存在性問題，唯一性問題時?？紤]用反證法證明，應(yīng)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(shè)是反證法的根底，應(yīng)用假設(shè)是反證法的根本手段，得到矛盾是反證法的目的．(2)當(dāng)證明的結(jié)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(jié)論上去．標(biāo)準解答(1)解因為四邊形OABC為菱形，那么AC與OB相互垂直平分．由于O(0,0)，B(0,1)，所以設(shè)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，那么t＝±eq\r(3)，故|AC|＝2eq\r(3).[4分](2)證明假設(shè)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＋4m2－4＝0.[6分]設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，那么eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，eq\f(y2＋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O(shè)ABC不是菱形，與假設(shè)矛盾．所以當(dāng)點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形．[12分]1．(2022·泰安質(zhì)檢)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，那么方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根〞時，要做的假設(shè)是()A．方程x2＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x2＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有兩個實根答案A解析因為“方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根〞等價于“方程x2＋ax＋b＝0有一個實根或兩個實根〞，所以該命題的否認是“方程x2＋ax＋b＝0沒有實根〞．應(yīng)選A.2．(2022·山西質(zhì)量監(jiān)測)對累乘運算Π有如下定義：eq\o(Π,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))ak＝a1×a2×…×an，那么以下命題中的真命題是()A.eq\o(Π,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k不能被10100整除B.eq\f(\o(Π,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))4k－2,\o(Π,\s\up6(2014),\s\do4(k＝1))2k－1)＝22015C.eq\o(Π,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)不能被5100整除D.eq\o(Π,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)eq\o(Π,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k＝eq\o(Π,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))k答案D解析因為eq\o(Π,\s\up6(1008),\s\do4(k＝1))(2k－1)eq\o(Π,\s\up6(1007),\s\do4(k＝1))2k＝(1×3×5×…×2015)×(2×4×6×…×2014)＝1×2×3×…×2014×2015＝eq\o(Π,\s\up6(2015),\s\do4(k＝1))k，應(yīng)選D.3．(2022·上饒月考)設(shè)x，y，z>0，那么三個數(shù)eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)()A．都大于2 B．至少有一個大于2C．至少有一個不小于2 D．至少有一個不大于2答案C解析因為(eq\f(y,x)＋eq\f(y,z))＋(eq\f(z,x)＋eq\f(z,y))＋(eq\f(x,z)＋eq\f(x,y))＝(eq\f(y,x)＋eq\f(x,y))＋(eq\f(y,z)＋eq\f(z,y))＋(eq\f(z,x)＋eq\f(x,z))≥6，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時等號成立．所以三個數(shù)中至少有一個不小于2，應(yīng)選C.4．①p3＋q3＝2，證明：p＋q≤2.用反證法證明時，可假設(shè)p＋q≥2；②假設(shè)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(shè)方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以下結(jié)論正確的選項是()A．①與②的假設(shè)都錯誤B．①的假設(shè)正確；②的假設(shè)錯誤C．①與②的假設(shè)都正確D．①的假設(shè)錯誤；②的假設(shè)正確答案D解析對于①，結(jié)論的否認是p＋q>2，故①中的假設(shè)錯誤；對于②，其假設(shè)正確，應(yīng)選D.5．設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出以下條件：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解析假設(shè)a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，那么a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；假設(shè)a＝b＝1，那么a＋b＝2，故②推不出；假設(shè)a＝－2，b＝－3，那么a2＋b2>2，故④推不出；假設(shè)a＝－2，b＝－3，那么ab>1，故⑤推不出；對于③，即a＋b>2，那么a，b中至少有一個大于1，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，那么a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設(shè)不成立，a，b中至少有一個大于1.6．(2022·河南三市聯(lián)考)設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3.觀察上述結(jié)果，按照上面規(guī)律，可推測f(128)>________.答案eq\f(9,2)解析觀察f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3可知，等式及不等式右邊的數(shù)構(gòu)成首項為eq\f(3,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，故f(128)>eq\f(3,2)＋6×eq\f(1,2)＝eq\f(9,2).7．(2022·全國甲卷)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〞，那么甲的卡片上的數(shù)字是________．答案1和3解析由丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5〞可知，丙為“1和2〞或“1和3〞，又乙說“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1〞，所以乙只可能為“2和3〞，又甲說“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2〞，所以甲只能為“1和3〞．8．假設(shè)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，那么實數(shù)p的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))解析假設(shè)二次函數(shù)f(x)≤0在區(qū)間[－1,1]內(nèi)恒成立，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－2p2＋p＋1≤0，,f1＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故滿足題干條件的p的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).9．a(chǎn)>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))≥(a＋eq\f(1,a))－(2－eq\r(2))．因為a>0，所以(a＋eq\f(1,a))－(2－eq\r(2))>0，所以只需證(eq\r(a2＋\f(1,a2)))2≥[(a＋eq\f(1,a))－(2－eq\r(2))]2，即2(2－eq\r(2))(a＋eq\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(a＝eq\f(1,a)＝1時等號成立)，所以要證的不等式成立．10．設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，假設(shè)函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，求證：f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．證明由函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，可知f(x＋1)＝f(－x)．將x換成x－eq\f(1,2)代入上式可得f(x－eq\f(1,2)＋1)＝f[－(x－eq\f(1,2))]，即f(x＋eq\f(1,2))＝f(－x＋eq\f(1,2))，由偶函數(shù)的定義可知f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．11．函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數(shù)根．證明(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2，那么x2－x1>0.∵a>1，∴∴又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)>0.于是f(x2)－f(x1)＝＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)>0，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)假設(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，那么ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1).∵a>1，∴0<<1，∴0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2，與假設(shè)x0<0相矛盾，故方程f(x)＝0沒有負數(shù)根．12．(2022·陜西)設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)證明：函數(shù)Fn(x)＝fn(x)－2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個零點(記為xn)，且xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n)；(2)設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為gn(x)，比擬fn(x)與gn(x)的大小，并加以證明．(1)證明Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，那么Fn(1)＝n－1＞0，F(xiàn)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1,1－\f(1,2))－2＝－eq\f(1,2n)＜0，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)至少存在一個零點．又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，故Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)有且僅有一個零點xn，因為xn是Fn(x)的零點，所以Fn(xn)＝0，即eq\f(1－x\o\al(n＋1,n),1－xn)－2＝0，故xn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)xeq\o\al(n＋1,n).(2)解方法一由題設(shè)，gn(x)＝eq\f(n＋11＋xn,2)，設(shè)h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－eq\f(n＋11＋xn,2)，x＞0.當(dāng)x＝1時，fn(x)＝gn(x)；當(dāng)x≠1時，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1xn－1,2)，假設(shè)0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，假設(shè)x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝eq\f(nn＋1,2)xn－1－eq\f(nn＋1,2)xn－1＝0，所以h(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，綜上所述，當(dāng)x＝1時，fn(x)＝gn(x)；當(dāng)x≠1時，fn(x)＜gn(x)．方法二由題設(shè)，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝eq\f(n＋1xn＋1,2)，x＞0，當(dāng)x＝1時，fn(x)＝gn(x)，當(dāng)x≠1時，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)＜gn(x)，①當(dāng)n＝2時，f2(x)－g2(x)＝－eq\f(1,2)(1－x)2＜0，所以f2(x)＜g2(x)成立，②假設(shè)n＝k(k≥2)時，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)，那么，當(dāng)n＝k＋1時，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝eq\f(k＋11