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第2讲 直接证明与间接证明
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是 ( )
A．lg(1＋a2)>0 B．a2＋b2≥2(a－b－1)
C．a2＋3ab>2b2 D.<
解析 在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．
答案 B
2．已知m>1，a＝－，b＝－，则以下结论正确的是( )
A．a>b B．a<b
C．a＝b D．a，b大小不定
解析 ∵a＝－＝，
b＝－＝.
而＋>＋＞0(m＞1)，
∴<，
即a<b.
答案 B
3．“a＝”是“对任意正数x，均有x＋≥1”的 ( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析 当a＝时，x＋≥2＝1，当且仅当x＝，即x＝时取等号；反之，明显不成立．
答案 A
4．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证＜a”索的因应是 ( )
A．a－b＞0 B．a－c＞0
C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0
解析 由题意知＜a⇐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 C
5．①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的确定值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的确定值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是 ( )
A．①与②的假设都错误
B．①与②的假设都正确
C．①的假设正确；②的假设错误
D．①的假设错误；②的假设正确
解析 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确．
答案 D
二、填空题
6.＋与2＋的大小关系为________．
解析 要比较＋与2＋的大小，
只需比较(＋)2与(2＋)2的大小，
只需比较6＋7＋2与8＋5＋4的大小，
只需比较与2的大小，
只需比较42与40的大小，
∵42>40，∴＋>2＋.
答案 ＋>2＋
7．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的序号是________．
解析 要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使＋≥2成立．
答案 ①③④
8．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件的是________(填上序号)．
答案 ①
三、解答题
9．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.
又上述三个不等式中等号不能同时成立．
∴··＞abc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.
10．设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
由于a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0冲突，
所以数列{Sn}不是等比数列．
(2)解 当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，
即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0冲突．
综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
11．设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋ ( )
A．都大于2 B．都小于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴＋＋＝＋＋
≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.
答案 D
12．已知函数f(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
解析 ∵≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，∴f≤f()≤f.
答案 A
13．已知a，b，μ∈(0，＋∞)，且＋＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．
解析 ∵a，b∈(0，＋∞)，且＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b)＝10＋≥10＋2＝16(当且仅当a＝4，b＝12时等号成立)，
∴a＋b的最小值为16.
∴要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16.
答案 (0，16]
14．某同学在一次争辩性学习中发觉，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)·cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)·cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)依据(1)的计算结果，将该同学的发觉推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解 (1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
法一 sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝.
法二 sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2α＋cos(30°－α)[cos(30°－α)－sin α]
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)[(cos 30°cos α＋
sin 30°sin α)－sin α]
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)·(cos 30°cos α－
sin 30°sin α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α)2－(sin 30°sin α)2
＝sin2α＋cos2α－sin2α
＝sin2α＋cos2α
＝.
法三 sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝＋－sin α(cos 30°cos α＋
sin 30°sin α)
＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－sin α
＝1－＋－sin 2α－
(1－cos 2α)＝.
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