【数学】2019届一轮复习人教A版 直接证明与间接证明 学案

【数学】2019届一轮复习人教A版 直接证明与间接证明 学案

第 96 题 直接证明与间接证明 I．题源探究·黄金母题 【例 1】证明不等式 所 用的最适合的方法是 （ ） A．综合法 B．分析法 C．间接证法 D．合情推理法 【答案】B 【解析】欲证明不等式，只需证 ，只需证 ，只需证 ，故选 B． 【例 2】求证：对于任意角 ， ． 【 证 明 】 ， 原式成立． 【例 3】设实数 成等差数列，非零实数 分别为 与 与 的等差中项，试证： ． 【证明】甴已知条件得 ， ① ． ② 要 证 ， 只 要 证 ， 只 要 证 ． 由①②得 ， 精彩解读 【试题 】例 1：人教 A 版选修 2-2P89T2 改编；例 2：人教 A 版选修 2-2P89 练习 T1；例 3：人教 A 版 选修 2-2P89 习题 2．2B 组 T2． 【母题评析】这类题主要 考查直接证明的方法 ——综合法和分析法，间 接证明的方法——反证 法，它常以立体几何中的 证明及相关选修中的不 等式证明为载体加以考 查，关注学生的分析问题、 解决问题以及推理论证 能力的考查． 【思路方法】 1．直接从条件出发证明 结论思路受阻时，可以考 虑利用逆推法来求解结 论成立的充分条件即可， 直到化简成为恒等式或 与 条 件 相 符 的 式 子 为 止． 2．利用重要的不等式证 明不等式是综合法的一 1 1 2a a a a+ − < − − − ( )2a ≥ 1 2 1a a a a+ + − < − + ( ) ( )2 2 1 2 1a a a a+ + − < − + 2 1 2 2 1a a a a+ ⋅ − < − ⋅ θ 4 4cos sin c 2osθ θ θ− = ( )( )4 4 2 2 2 2cos sin cos sin cos sin cos2θ θ θ θ θ θ θ− = + − = ∴ , ,a b c ,x y a ,b b c 2a c x y + = 2b ac= 2 , 2x a b y b c= + = + 2a c x y + = 2ay cx xy+ = 2 2 4ay cx xy+ = ( ) ( )2 2 2ay cx a b c c a b ab ac bc+ = + + + = + + ．命题成立． 种重要应用，证明思路是 从已证不等式和问题的 已知条件出发，借助不等 式的性质和有关定理，经 过逐步的逻辑推理最后 转化为需证问题．若不等 式恒等变形之后若与二 次 函 数 有 关 ，可用 配 方 法． II．考场精彩·真题回放 【 例 1 】【 2017 高 考 新 课 标 2 理 23 】 已 知 ．证明： （1） ； （2） ． 【答案】(1)证明略；(2)证明略． 【解析】试题分析：(1)第一问展开所给的式子，然后结合题意进 行配方即可证得结论；(2)第二问利用均值不等式的结论结合题意 证得 即可得出结论． 试题解析：(1) (2) ，因此 ． 【 例 2 】【 2017 高 考 江 苏 21D 】 已 知 为 实 数 ， 且 证明 ． 【答案】见解析 【命题意图】这类题主要 考 查 直 接 证 明 的 方 法 ——综合法和分析法，间 接证明的方法——反证 法，它常以立体几何中的 证明及相关选修中的不 等式证明为载体加以考 查，关注学生的分析问题、 解决问题以及推理论证 能力等的考查． 【考试方向】这类试题在 考查题型上，若以选择题 或填空题的形式出现，为 容易题；若以解答题的形 式出现，这难度较大． 【难点中心】 1．分析法和综合法各有 优缺点．分析法思考起来 比较自然，容易寻找到解 题的思路和方法，缺点是 思路逆行，叙述较繁；综 ( )( ) 24 2 , 2 2 4xy a b b c ab b ac bc ab ac bc ay cx xy= + + = + + + = + + ∴ + = 3 30, 0, 2a b a b> > + = 5 5( )( ) 4a b a b+ + ≥ 2a b+ ≤ ( )3 8a b+ ≤ ( )( )5 5 6 5 5 6a b a b a ab a b b+ + = + + + ( ) ( ) ( )2 23 3 3 3 4 4 2 22 4 4a b a b ab a b ab a b= + − + + = + − ≥ ( ) ( )3 3 2 2 33 3 2 3a b a a b ab b ab a b+ = + + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 33 32 2 , 84 4 a b a ba b a b + +≤ + + = + ∴ + ≤ 2a b+ ≤ , , ,a b c d 2 2 2 24, 16,a b c d+ = + = 8ac bd+ ≤ 【解析】由柯西不等式可得 ，即 ，故 ． 【考点】柯西不等式 【名师点睛】柯西不等式的一般形式：设 为实数，则 ，当且仅当 或存在一个数 ，使 时，等号成立． 【例 3】【2017 高考北京理 20】设 和 是两个等差数列， 记 ， 其中 表示 这 个数中最大的 数． （Ⅰ）若 ， ，求 的值，并证明 是等差数列； （Ⅱ）证明：或者对任意正数 ，存在正整数 ，当 时， ；或者存在正整数 ，使得 是等差 数列． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）分别代入求 ，观察规律，再证明当 时， ，∴ 关于 单调递减．∴ ，即 证明；（Ⅱ）首先求 的通项公式，分 合法从条件推出结论，较 简捷地解决问题，但不便 于思考．实际证题时常常 两法兼用，先用分析法探 索证明途径，然后再用综 合法叙述出来． 2．当一个命题的结论是 以“至多”、“至少”、“唯 一”或以否定形式出现时， 可用反证法来证，反证法 关键是在正确的推理下 得出矛盾，矛盾可以是与 已知条件矛盾，与假设矛 盾，与定义、公理、定理 矛盾，与事实矛盾等． 用反证法证明不等式要 把握三点：①必须否定结 论；②必须从否定结论进 行推理；③推导出的矛盾 必须是明显的． 3．线线、线面的平行与 垂直位置关系的证明是 高考的重点内容，而其中 证明线面垂直又是重点 和热点，要证明线面垂直， 根据判断定理转化为证 明线与平面内的两条相 交直线垂直，而其中证明 线线垂直又得转化为证 明线面垂直线线垂直，或 是根据面面垂直，平面内 的线垂直于交线，则垂直 2 2 2 2 2( )( ) ( )a b c d ac bd+ + ≥ + 2( ) 4 16 64ac bd+ ≤ × = 8ac bd+ ≤ 1 2 1 2n na a a b b b , , , , , , , ( )( ) ( )22 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2n n n na a a b b b a b a b a b+ + + + ≥ … + + ＋ ＋ ＋ =0ib k ( )1, 2 , ,i ia kb i n= =  { }na { }nb { }( )1 1 2 2max , , , 1, 2 , 3 ,n n nc b a n b a n b a n n= − − − = ⋅⋅⋅ { }1 2max , , , sx x x⋅⋅⋅ 1 2, , , sx x x⋅⋅⋅ s na n= 2 1nb n= − 1 2 3, ,c c c { }nc M m n m≥ nc Mn > m 1 2, , ,m m mc c c+ + ⋅⋅⋅ 1 2 3, ,c c c 3n ≥ 1 1( ) ( ) 2 0k k k kb na b na n+ +− − − = − < k kb na− *k ∈N 1 1 2 2 1 1max{ , , , } 1n n nc b a n b a n b a n b a n n= − − − = − = − { }nc 1 1 10, 0, 0d d d> = < 三种情况讨论证明． 试题解析：（Ⅰ）当 时， ∴对于 且 ，都有 ，只需比较 与其他项的大小．当 且 时， ． ，且 对于 且 ， ，又 ，∴ 是以首项 为公差的等差数列． （Ⅱ）解法一：设 ， 的公差为 ，对于 ，其中任意项 （ ）， ． ① ，则 ，对于给定 的正整数 ， ，此时 ，故数列 为等差数列． ②若 ，则 ，对于 给定正整数 n， ，此时 ， ∴数列 为等差数列． 于另一个平面，这两种途 径都可以证明线面垂直．1n ≥ { } { } { } { }1 1 1 2 1 1 2 2max max 0 0, max 2 2 max 1 1 1,c b a c b a b a= − = = = − − = − − =−， ， 3 1 1 2 2 3 3max{ 3 , 3 , 3 } max{ 2 , 3 , } 2 ,c b a b a b a= − − − = − − − = −4 *n N∀ ∈ 2n ≥ 1 1nc b a n= − 1 1b a n− *k N∈ 1 k n< < ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 2 1 1 1 2 1 1 2k kb a n b a n k nk n k n k k n− − − = − − − + < − + − = − −   1 0k − > 1 12 0 , ,k kn b a n b a n− < ∴ − ≤ − ∴ *n N∀ ∈ 2n ≥ 1 1 -11 , 1, 2n n nc b a n n c c n= − = − ∴ − = − ≥ 2 1=-1c c− { }nc 1=0 , 1c d = − { }na { }nb 1 2d ,d 1 1 2 2, , , n nb a n b a n b a n− − ⋅⋅⋅ − i ib a n− *i ,1N i n∈ < < [ ] [ ]i 1 2 1 1( 1) ( 1)ib a n b i d a i d n− = + − − + − ( ) ( )( )1 1 2 1b a n i d d n= − + - 1 - 2d ≤ 0 ( ) ( ) ( ) 2i ib - a n b a n i d− − = − ≤1 1 1 0 n nC = b a n−1 1 1n nC C a− = −+ 1 { }nC 2d > 0 ( ) ( ) ( ) 2i i n nb a n b a n i n d− − − = − ≤ 0 n n n nC b a n b a n= − = − 1 1 2n nC C d a=+ 1- - { }nC 解法二：设数列 和 的公差分别为 ，则 ． ∴ ①当 时，取正整数 ，则当 时， ， 因此 ．此时， 是等差数列． ②当 时，对任意 ， 此时， 是等差数列． ③当 时，当 时，有 ． 对任意正数 ，取正整数 ，故当 时， ． III．理论基础·解题原理 直接证明与间接证明 （1）综合法：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最 后推导出所要证明的结论成立．框图表示： 要点：顺推证法；由因导果． （2）分析法：从要证明的结论出发，逐步寻找使它成立的充分条件，直至最后，把要证明 { }na { }nb 1 2,d d 1 2 1 1 1 1 2 1( 1) [ ( 1) ] ( )( 1)k kb na b k d a k d n b a n d nd k− = + − − + − = − + − − 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 ( 1)( ), ,n b a n n d nd d ndc b a n d nd − + − − >=  − ≤ 当 时， 当 时， 1 0d > 2 1 dm d > n m≥ 1 2nd d> 1 1nc b a n= − 1 2, , ,m m mc c c+ +  1 0d = 1n ≥ 1 1 2 1 1 2 1( 1)max{ ,0} ( 1)(max{ ,0} ).nc b a n n d b a n d a= − + − = − + − − 1 2 3, , , , ,nc c c c  1 0d < 2 1 dn d > 1 2nd d< 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 ( 1)( ) ( )nc b a n n d nd b dn d d a dn n n − + − − −∴ = = − + − + + 1 1 1 2 1 2( ) | |.n d d a d b d≥ − + − + − − M 1 2 1 1 2 2 1 1 | |max{ , }M b d a d d dm d d + − + − −> − n m≥ nc Mn > 的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）为止． 框图表示： 要点：逆推证法；执果索因． （3）反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假 设错误，从而证明了原命题成立．的证明方法．它是一种间接的证明方法． 用反证法证明命题“若 则 ”的过程用框图表示为： 肯定条件p 否定结论q→导致逻辑矛盾→“若p则﹁q”为假→“若p则q”为真． IV．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】 这类试题在考查题型上，若以选择题或填空题的形式出现，为容易题；若以解答题的形式出 现，这难度较大． 【技能方法】 1．分析法的适用范围：分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接， 或证明过程中需要用到的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对 值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法． 2．用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是： （1）定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式等． （2）已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件能逐步逼近结论的题型． 3．对于较复杂的问题，我们常常把分析法与综合法结合起来使用：根据条件的结构特点去 转化结论，得到中间结论 ；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论 ．若由 可以推出 成立，就可以证明结论成立，这种方法称为分析综合法． 4．反证法证明一个命题的一般步骤： （1）（反设）假设命题的结论不成立； （2）（归谬）根据假设进行推理，直到导出矛盾为止； （3）（下结论）断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立． 【易错指导】 （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， 正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键； （2）用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证（欲证）……” p q Q′ P′ P′ Q′ “即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论． （3）利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设 命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的． V．举一反三·触类旁通 考向 1 分析法 【例 1】若 ，则 的大小关系是 A． B． C． D．由 的取值确定 【答案】C 【 例 2 】【 2018 河 南 豫 西 名 校 高 二 下 学 期 第 一 次 联 考 】 当 时 ， 证 明 ： ． 【证明】要证 ，即证 ，只要证 ，即证 ，即证 ，只要证 ，而上式显然成立，所以 成立． 【例 3】已知 ，且 ，试用分析法证明不等式 成立． 【 解 析 】 要 证 ， 只 需 证 ， 只 需 证 ， 只 需 证 ， 即 证 或 ， 而 由 ，可得 显然成立，所以不等式 成立． 【名师点睛】分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结 ( )7, 3 4 0P a a Q a a a= + + = + + + ≥ ,P Q P Q> P Q= P Q< a 0n ≥ 2 1 1n n n n+ − + < + − 2 1 1n n n n+ − + < + − 2 2 1n n n+ + < + ( ) ( )2 2 2 2 1n n n+ + < + ( )2 2 2 2 4 4n n n n+ + + < + ( )2 1n n n+ < + 2 22 2 1n n n n+ < + + 2 1 1n n n n+ − + < + − 0 , 0m n> > 1m n+ = 1 1 25 4m nm n   + + ≥     1 1 25 4m nm n   + + ≥     2 2 +1 25 4 m nmn mn ++ ≥ 2 252 4mn mn + − ≥ ( )24 33 8 0mn mn− + ≥ 8mn ≥ 1 4mn ≤ 1 2m n mn= + ≥ 1 4mn ≤ 1 1 25 4m nm n   + + ≥     论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的 充分条件． 【跟踪练习】 1．【2018 陕西省黄陵中学高二下学期期末考试】分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求 使结论成立的（　） A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．等价条件 【答案】A 2．用分析法证明：当 ， 时， ． 【证明】要证不等式成立，只需证 成立，即证： 成立，即证： 成立，即证： 成立，因为 所以 ，所以原不等式成立． 3．当 时，求证： ． 【 证 明 】 要 证 ， 只 需 证 ， 即 证 ， 只需证 ． ，故 得证． 令 ，则 ，即 ， 则 ，从而 ． 考向 2 综合法 【例 4】【2018 西藏山南地区第二高级中学高三下学期期中考试】以下是解决数学问题的思 维过程的流程图： 0x ≥ 0y ≥ 2 2x x y y≥ + − 2 2x y x y+ ≥ + ( ) ( )2 2 2 2x y x+ ≥ + 2 2 2 2x y xy x y+ + ≥ + 2 0xy ≥ 0, 0,x y≥ ≥ 2 0xy ≥ 1x > 2 2 1 1 12 2 2x x xx x x + > + > + 1,x > ∴ 2 2 1 12 2x xx x + > + 4 32 1 2x x x+ > + ( )32 1 1x x x− > − 1,x > ∴ 32 1x > 31, 2 2 1x x> ∴ > > 2 2 1 12 2x xx x + > + x t= ( ) ( ) 2 2 1 12 2t t tt + > + 1 12 2t tt t + > + 1 12 2x xx x + > + 2 2 1 1 12 2 2x x xx x x + > + > + 在此流程图中，①、②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法匹配正确的是（ ） A．①—分析法，②—反证法 B．①—分析法，②—综合法 C．①—综合法，②—反证法 D．①—综合法，②—分析法 【答案】D 【解析】一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证， 最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法，即为由已知推出可知内容，流 程线①．一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证 明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）．这种证明的 方法叫做分析法，即为由未知推出需知的内容，流程线②． 故本题正确答案为 D． 点晴：本题考查的是综合法和分析法的概念．一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、 公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合 法；一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证明的 结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）．这种证明的方法 叫做分析法．学 ！ 【例 5】【2018 河南郑州一中高三考前冲刺三】已知 a，b，c 均为正数． （1）求证： ； （2）若 ，求证： ． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 试题解析：（1）a，b 均为正数，由均值不等式得 24)11( 222 ≥+++ baba 194 =++ cba 100149 ≥++ cba ，∴ ． 当且仅当 时，等号成立． （2） =34+24+18+24=100． 当且仅当 a=3b=9c，且 a+4b+9c=1 时，等号成立，即当且仅当 时，原 式取等号． 【例 6】【2018 安徽太和中学高三下学期第三次月考】在 中，用综合法证明： 是 的充分不必要条件． 【答案】见解析 试题解析： ． ， 而 不可逆，故 是 的充分不必 abbabaabba 4)112()11(,2 2222 =⋅≥+≥+ 2442242)11( 222 =⋅≥+≥+++ ababababbaba 4 2== ba 936814163649)149)(94(149 ++++++++=++++=++ b c a c c b a b c a b a cbacbacba )364()81()364(34 b c c b a c c a a b b a ++++++= b c c b a c c a a b b a 3642812364234 ⋅+⋅+⋅+≥ 30 1,10 1,10 3 === cba ABC∆ sin sinC 1sin sin sin sin A A B B C + =+ + 60B∠ ≤  ( ) ( ) ( )( ) 2sin sin 1 1sin sin sin sinC A C a c a b c c a b b c a b b acA B B a b b c + = ⇒ + = ⇒ + + + = + + ⇒ =+ + + + 2 2 2 2 2 2 1cos 602 2 2 2 a c b a c ac ac acB Bac ac ac + − + − −= = ≥ = ⇒ ∠ ≤  2 1cos 2b ac B= ⇒ ≥ sin sin 1sin sin sin sin A C A B B C + =+ + 60B∠ ≤  要条件． 【名师点睛】 1．综合法证题的一般思路：综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知（从 题设到结论）的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断（命题）出发，经 过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．其逻辑依据是三段论式的演绎推理， 这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．学 2．解决数列综合题常见策略有：（1）关注数列的通项公式，构造相应的函数，考察该函 数的相关性质（单调性、值域、有界性、切线）加以放缩；（2）重视问题设问的层层递进， 最后一小问常常用到之前的中间结论；（3）数学归纳法． 【跟踪练习】 1．在 中，已知△ABC 的面积为 ，外接圆的半径为 1，三边长分别为 ． 求证： ． 【答案】见解析． 【解析】试题分析：先化简三角形面积得 ，再根据基本不等式得 ，同理可得 ， ，由于 不全相 等，所以相加即得 ，即得结论． 2．已知函数 ． （1）当 时，证明：当 时， ； （2）当 时，证明： ． ABC∆ 1 4 , ,a b c 1 1 1 a b ca b c + + > + + 1abc = 22 2bc ac abc c+ ≥ = 2ca ab a+ ≥ 2bc ab b+ ≥ , ,a b c bc ac ab a b c+ + > + + )()( 2 Rae axxxxf x ∈+−= 1=a 0≥x 0)( ≥xf 1a = − ( ) 2 ln 11 1x f xx e  − > −   【 解 析 】（ 1 ） 时 ， ， 令 ， ， 在 上为增函数， ，∴当 时， 得证． （ 2 ） ， 令 ， ， 时， ， 时， ，即 在 上为减函数，在 上 为增函数，∴ ① 令 ，∴ 时， ， 时， ，即 在 上为减函数，在 上为增函数，∴ ② ∴由①②得 ． 3．【2018 浙江省高三上学期高考模拟】设函数 ， ．证明： （1） ；（2） ． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析． 试题解析：（1）记 ，则 ， ，∴ 在区间 上单调递增，又∵ ，∴ ， 1a = 2 ( ) ( 1)x x x x x xf x x e xe e += − = − − ( ) 1xg x e x= − − ( ) 1 0xg x e′ = − ≥ ( )g x∴ [ )0 , + ∞ ( ) (0) 0g x g≥ = 0x ≥ ( ) 0f x ≥ ( ) ( )ln 11 ln 1 x x xf x x xx e −   − = − −       ( ) lnh x x x= − 1( ) xh x x −′ = 0 1x< < ( ) 0h x′ < 1x > ( ) 0h x′ > ( )h x (0,1) (1, )+∞ ( ) (1) 1h x h≥ = 1 2( ) 1 , ( )x x x xx xe e φ φ− −′= − = 0 2x< < ( ) 0xφ′ < 2x > ( ) 0xφ′ > ( )xφ ( )0 , 2 ( )2 , + ∞ ( ) ( ) 2 12 1x e φ φ≥ = − ( ) ( ) ( ) 2 ln 11 1x f x h x xx e φ − = > −   2 1( ) 1 f x x x = + + [0,1]x∈ 2 1( ) 12f x x x≥ − + 15 2 2( )16 2f x +< ≤ 2 1( ) ( ) 1 12 21 x xg x f x x x = − − + = − + + 3 1 1( ) 022 (1 ) g x x ′ = − + > + (0,1)x∈ ( )g x [0,1] g(0) 0= 2( ) ( ) 1 02 xg x f x x= − − + ≥ 从而 ；（2） ，记 ，由 ， ，知存在 ，使得 ，∵ 在 上是增函数，∴ 在区间 上是单调递减，在区间 上单调递增，又∵ ， ，从而 ，另一方面，由（1）得当 时， ，且 ，故 ． 考向 3 分析综合法 【例 7】【2018 河北武邑中学高三上学期期中考试】设集合 ，在集合 中 定义一种运算“ "，使得 ． （1）证明： ； （2）证明：若 ，则 ． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】试题分析：（1）本问考查新定义问题，题中定义了运算“*”， ，按 照新定义， ，同样右边 经过运算与左边相等，所以结论正确；（2）本问考查当 时，证明 ， 而 ，于是问题转化为证明 ，可以采用分析法证 明不等式．分析法证明是一种“执果索因”的过程，证明时注意格式的书写． 试题解析：（1）证明：由已知得 ， ∴ ， 2 1( ) 12f x x x≥ − + ( )3 1( ) 2 2 1 f x x x ′ = − + 3 1( ) 2 2 (1 ) h x x x = − + 1(0) 02h = − < 2(1) 2 08h = − > 0 (0,1)x ∈ 0( ) 0h x = ( )h x [0,1] ( )f x 0(0, )x 0( ,1)x (0) 1f = 2 2(1) 2f += 2 2( ) 2f x +≤ 1 4x ≠ 2 21 15 15( ) 1 ( )2 4 16 16 xf x x x≥ − + = − + > 1 15( )4 16f > 15 2 2( )16 2f x +< ≤ { | 1}M x x= < M * * 1 a ba b ab += + ( ) ( )* * * *a b c a b c= ,a M b M∈ ∈ *a b M∈ * 1 a ba b ab += + ( ) 1* * *1 11 1 a b ca b a b c abcaba b c c a bab ab ac bccab + ++ + + +  += = =  ++ + + +  + + ( )* *a b c ( ), 1,1a b∈ − 1 11 a b ab +− < <+ 1 1 11 1 a b a b ab ab + +− ⇔ <+ + 1a b ab+ < + * 1 a ba b ab += + ( ) 1* * *1 1 1 a bca b c abc a baba b c c a bab a ab ca cbc ab +++ + + +  += = =  ++ + + +  + ⋅ + 而 ，所以结论正确． （2）证明：由已知得： ，要证 ， 只需证 ，即证 ，亦即证 ， 只需证 而 ， ， 有 ，所以原命题成立．学 【例 8】【2018 浙江温州中学高三 10 月模拟】已知数列 ， ， ， ． 记 ． ，求证：当 时， （Ⅰ） ； （Ⅱ） ； （Ⅲ） 【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析；（III）证明见解析． 试题解析：（Ⅰ）证明：因为 所以 同号，即与 一致．因为 ，且 ， ， ( ) 1* * * 1 11 1 b cab c a abc b ccba b c a b ccb cb ab aca cb +++ + + +  += = =  ++ + + +  + ⋅ + 1, 1a b< < *a b M∈ 11 a b ab + <+ 2 11 a b ab +  < +  ( ) ( )2 21a b ab+ < + ( )2 2 2 1 0ab a b− − + > ( ) ( )( )2 2 2 2 21 1 1ab a b a b− − + = − − 1, 1a b< < ( )( )2 21 1 0a b− − > { }na 0≥na 01 =a )(1 2 1 2 1 • ++ ∈=−+ Nnaaa nnn nn aaaS +++= 21 1 1 2 1 2 1 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )n n T a a a a a a = + + ++ + + + + +  ∗∈ Nn 10 1 <<≤ +nn aa 2−> nSn 3nT < )2)(2(1 )1(1 2 1 2 2 1 2 1 ≥=−+ =−+ − ++ naaa aaa nnn nnn 2 1 2 11 )1)((2-1 −++ −=++− nnnnnn aaaaaa）得（）（ 112-1 −+ −− nnnn aaaa 与）得（）（ 12 aa − 2 51 2 +−=a 012 >−aa 01 >−∴ + nn aa 即 ， 根据①和②，可知 对任何 都成立． （Ⅱ）证明：由 ， （ ），得 ． 因为 ，所以 ． ，所以 ． （Ⅲ）证明：由 ，得 所以 ， 于是 ， 故当 时， ，又因为 ，所以 ． 考点：数列及不等式等有关知识的综合运用． 【易错点晴】本题以数列的递推关系式为背景，考查的是运用不等式的有关知识进行推理论 证的思维能力及综合运用所学知识去分析问题和解决问题的能力．第一问求解时充分借助题 设 条 件 中 的 有 效 信 息 ， 利 用 等 式 的 性 质 ， 再 运 用 实 数 的 符 号 法 则 推 得 对 任 何 都 成 立 ； 第 二 问 则 运 用 叠 加 的 方 法 推 得 ，再运用不等式的缩放法推得 ；第三问的推 证 中 巧 妙 运 用 由 推 得 ，从而证得 ． 【例 9】【2018 江苏沭阳县高三上学期期中调研】已知函数 为其定义域 内的奇函数． （1）求实数 的值； 011 1 22 1 2 1 2 1 >−=−∴=−+ ++++ nnnnnn aaaaaa ， 11 <+na 10 1 <<≤ +nn aa *n∈N 2 2 1 1 1k k ka a a+ ++ − = 12 1k n= −，， ， 2n≥ 2 2 2 3 1( ) ( 1)n na a a a n a+ + + + − − = 1 0a = 21n nS n a= − −  1na < 2nS n> − 2 2 1 1 1 2k k k ka a a a+ ++ = + ≥ 1 1 1 ( 2 3 1 3)1 2 k k k a k n na a + + = −+ ≤ ，， ， ， ≥ 2 3 4 2 1 ( 3)(1 )(1 ) (1 ) 2 n n n a aa a a a−+ + + ≤ ≥ 2 2 2 2 2 3 2 2 1 1 ( 3)(1 )(1 ) (1 ) 2 ( ) 2 2 n n n n n n a a na a a a a− − −= <+ + + + ≤ ≥ 3n≥ 2 1 11 1 32 2n nT −< + + + + < 1 2 3T T T< < 3nT < )2)(2(1 )1(1 2 1 2 2 1 2 1 ≥=−+ =−+ − ++ naaa aaa nnn nnn 2 1 2 11 )1)((2-1 −++ −=++− nnnnnn aaaaaa）得（）（ 10 1 <<≤ +nn aa *n∈N 2 2 2 3 1( ) ( 1)n na a a a n a+ + + + − − = 2nS n> − 2 2 1 1 1 2k k k ka a a a+ ++ = + ≥ 1 1 1 ( 2 3 1 3)1 2 k k k a k n na a + + = −+ ≤ ，， ， ， ≥ 3nT < ( ) 3 1log xf x a x += − a （2）求不等式 的解集； （3）证明： 为无理数． 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析． 试题解析：（1）因为 为其定义域内奇函数，所以 ， 即 ，即 所以 ，当 时，对数无意义，故舍去，所以 （2） 的定义域为 ，由 ，得 ， ，又因为 的定义域为 ，所以 得解集为 ． （3） （ ）． 假设 为有理数，则其可以写成最简分数形式，而且唯一的， 设 （其中 为两个互质的正整数），得 ，即 （*）， 因为 为两个互质的正整数，所以 为奇数， 为偶数，显然奇数不等于偶数，所以 （*）式不成立，所以假设不成立，所以 为无理数． 【跟踪练习】 1．已知数列 满足 ，都有 ． （1）求证： ； （2）求证：当 时， ( ) 1f x > 1 3f      1a = 1 ,12      ( )f x ( ) ( ) 0f x f x+ − = ( ) ( ) 3 3 1 1log log 0x xf x f x a x a x + −+ − = + =− + 2 2 3 2 2 2 2 1 1log 0 1x x a x a x − −= ⇒ =− − 2 2 21 1x a x a− = − ⇒ = ± 1a = − 1a = ( ) 3 1log 1 xf x x += − ( )1,1− ( ) 1f x > 3 3 1log 1 log 31 x x + > =− 1 131 2 x xx +∴ > ⇒ >− ( )f x ( )1,1− ( ) 1f x > 1 ,12      3 1 log 23f   =   3log 2 0> 3log 2 3log 2 n m = ,m n 3 2 n m = 3 2n m= ,m n 3m 2n 3 1 log 23f   =   { }na 1 1 2a = 3 * 1 1 2 ,3 3n n na a a n N+ = + ∈ 1 1 *1 2 1 3( ) ( ) ,2 3 2 4 n n na n N− −• ≤ ≤ • ∈ *n N∈ ． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】 试题分析：（1）借助题设条件运用数列与不等式的有关知识进行推证求解；（2）借助题设 运用数列和不等式的性质进行推证．学 [ :学_ _ _X_X_ ] 试题解析：（1）∵ ， 与 同号，∵ ，∴ ． ∵ ，又 ，∴ 与 同号， ∵ ，∴ ．∴ ，则 ． ∴ ． 当 时， ，且 ， 又 ，∴ ， ． （2）∵ ，又 ， ∴ ． 当 时， ， 又 ，∴ ． ∴ 3 1 3 12 4 2 4 1 2 3 1 2 3 1 11 1 116[1 ( ) ]1 1 1 1 12 nn n n n a a a aa a a a a a a a a a a a + +− −− −+ + + + ≥ + + + + + −− − − −  4 2 1 1 2 03 3n n n na a a a+ = + ≥ 1na + na 1 0a > 0na > 3 2 1 1 2 11 1 ( 1)( 3)3 3 3n n n n n na a a a a a+ − = + − = − + + 2 3 0n na a+ + > 1 1na + − 1na − 1 1 0a − < 1na < 2 1 1 ( 1) 03n n n na a a a+ − = − ≤ 1 1 10 2n na a a+< ≤ ≤ = 21 1 2 2 3( , ]3 3 3 4 n n n a aa + = + ∈ 2n ≥ 132 1 1 2 1 1 3( )2 4 nn n n a aaa a a a a − − = • • • • ≤ • 132 1 1 2 1 1 2( )2 3 nn n n a aaa a a a a − − = • • • • > • 0 01 2 1 3( ) ( )2 3 2 4na× ≤ ≤ × 1 11 2 1 3( ) ( )2 3 2 4 n n na− −× ≤ ≤ × *n N∈ 1 1 11 1 (1 )1 (1 ) 3 n n n n n n n n n a a a a aa a a a + + +− −− = = +− − 3 2 1 1 11 ( 2 3) ( 1)( 3)3 3n n n n n na a a a a a+ + = + + = + − + 3 21 1 1 1 1 1 11( 3) [( ) 3]1 3 3 2 2 12 n n n n a a aa + + = − + ≥ − + =+ 2n ≥ 132 1 1 2 1 1 11 3 111 ( 1) ( )1 1 1 2 12 nn n n a aaa a a a a − − + +++ = + • • • • ≥ •+ + + 1 1 1 3 111 ( )2 12a −+ = • 11 1 11( 1) ( )3 2 12 n na −+ ≥ • 3 1 3 12 4 2 1 2 3 1 2 1 11 1( ) ( )1 1 1 1 n n n n a a a aa a a a a a a a a a + +− −− −+ + + + − + + +− − − −  ， ∴ ． 考点：数列的有关知识和不等式的性质等有关知识的综合运用． 【易错点晴】数列是高中数学中的重要内容之一，也是高考和各级各类考试的重要内容和考 点．解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息，借助题设数列的递推关系式 ，运用缩放的数学数学思想进行推理论证的思想方法证明了不等 式 的成立．第二问题中，先运用不等式 及有关性质进行推算，进而使用 缩放的方法进行推证，从而使得两个不等式获得证明． 2．如图，已知曲线 ： 及曲线 ： ， 上的点 的横 坐标为 ．从 上的点 作直线平行于 轴，交曲线 于点 ， 再从点 作直线平行于 轴，交曲线 于点 ，点 （ ）的横坐标构成 数列 ． （1）试求 与 之间的关系，并证明： ； （2）若 ，求证： ． 1 2 1[( 1) ( 1) ( 1)]3 na a a= + + + + + + 1 111 ( )1 11 11 1 1112[1 ( ) ] 6[1 ( ) ]112 12 12 2 121 12 n n n− − ≥ + + + = • = − − 3 1 3 12 4 2 1 2 3 1 2 1 11 1 116[1 ( ) ]1 1 1 1 12 nn n n n a a a aa a a a a a a a a a + +− −− −+ + + + ≥ + + + + −− − − −  3 * 1 1 2 ,3 3n n na a a n N+ = + ∈ 1 11 2 1 3( ) ( )2 3 2 4 n n na− −× ≤ ≤ × 132 1 1 2 1 1 11 3 111 ( 1) ( )1 1 1 2 12 nn n n a aaa a a a a − − + +++ = + • • • • ≥ •+ + + 1C 2 1 xy x = + ( 0)x > 2C 1 3y x = ( 0)x > 1C 1P 1a 1 1(0 )2a< < 1C nP ( )n N+∈ x 2C nQ nQ y 1C 1nP + nP 1, 2 , 3 ,n =  { }na 1na + na ( )2 1 2 1 2n na a n ∗ − < < ∈N 1 1 3a = ( )2 1 3 2 1 4 3n na a a a a a n ∗ +− + − + + − < ∈N 证法 1： ， 与 异 号 ， 注 意 到 ， 知 ， ， 即 ． 证法 2：由 ，可得 故有 ，即 是以 为公比的等比数列． 设 ，则 ，解得 ， 从而有 ，由 可得 ， ， ， ； （2） ， 1 121 2 2 6 n n n a a a+  − −  − = 1 1 2na +∴ − 1 2na − 1 1 02a − < 2 1 1 02na − − < 2 1 02na − > 2 1 2 1 2n na a− < < 1 1 6 n n n aa a+ += 1 1 1 12 31 12 3, ,2 6 3 6 n n n n n n a a a aa a+ +    − − +      − = + = 1 1 1 1 22 2 1 13 3 3 n n n n a a a a + + − − = − ⋅ + + 1 2 1 3 n n a a  −     +  2 3 − 1 1 1 2 1 3 a t a − = + 1 1 22 1 3 3 nn n a t a −−  = ⋅ −  + 1 1 1 2 2 3 3 21 3 n n n t a t − −  + ⋅ −  =  − ⋅ −   1 1 1 1 2 5 1 12 3 3 6 2 22 31 3 2 n n n n t t a t t − − −  + ⋅ −  − = − =    − ⋅ − − −       1 10 2a< < 3 02 t− < < 2 1 1 5 1 6 02 9 4 n n t a t − −∴ − = <   −   2 2 1 5 1 6 02 3 2 n n t a t −− = >  − −   2 1 2 1 2n na a−∴ < < ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 12 2 1 2 1 1 11 6 7 1 6 16 6 1 6 n n n n n nn n n a a a aa aa a a − − − + − − − + ++ += = =+ + ， ， ， 故 有 ， 从 而 可 知 ， 故 ， ， ． 3．【2018 江苏南京师大附中、天一、海门、淮阴四校高三联考】设数列 的首项为 ， 前 项和为 ，若对任意的 ，均有 （ 是常数且 ）成立，则称 数列 为“ 数列”． （1）若数列 为“ 数列”，求数列 的通项公式； （2）是否存在数列 既是“ 数列”，也是“ 数列”？若存在，求出符合条件 的数列 的通项公式及对应的 的值；若不存在，请说明理由； （3）若数列 为“ 数列”， ，设 ，证明： ． 【答案】（1） ；（2）不存在；（3）证明见解析． ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 12 3 17 1 2 6 1 6 1 n n n n n n n n a aaa a aa a − − − + − − − −  − − + +  ∴ − = − =+ + 2 1 10 2na −< < 2 1 2 1n na a+ −∴ > 2 2 1 2 3 1 1 2n n na a a a− −> > > > > 1na a≥ 1 1 1 2 1 1 1 1 1 | | | || | 6 6 6 1 n n n n n n n n n n n n n a a a a a aa a a a a a a + + + + + + + + + − −− = − = = + 1 1 1 3 1 4 n n n n a a a aa + + −≤ = −+ 2 1 1 1 1 1 2 2 1 3 3 3 1 3 4 4 4 3 4 n n n n n n n na a a a a a a a − − + − − −      ∴ − ≤ − ≤ − ≤ ≤ − = ⋅           2 1 2 1 3 2 4 3 1 311 3 3 3 1 4 3 441 133 4 4 4 3 3 4 31 4 n n n n na a a a a a a a − +  −          ∴ − + − + − + + − ≤ + + + + = × = − <                   −  { }na 1 n nS *n N∈ n n kS a k+= − k *k N∈ { }na ( )P k { }na ( )1P { }na { }na ( )P k ( )2P k + { }na k { }na ( )2P 2 2a = 31 2 2 3 ...2 2 2 2 n n n a aa aT = + + + + 3nT < 12n na −= ，故得 ， 故 ，即 ，即结论成立． 试题解析：（1）因为数列 为“ 数列”，则 ，故 ，两式 相减得： ，又 时， ，所以 ，故 对任意的 恒成立，即 （常数），故数列 为等比数列，其通项公式为 ． （2）假设存在这样的数列 ，则有 ，故有 ， 两式相减得： ，故有 ， 同理由 是“ 数列”可得 ，所以 对任意 恒 成立． 所以 ，即 ，又 ，即 ，两者矛盾，故不存在这样的数列 既是“ 数列”，也是“ 数 列”． （3）因为数列 为“ 数列”，所以 ，所以 ，故有， ， 又 时， ，故 ，满足 ， 所以 对任意正整数 恒成立，数列的前几项为： ． 2 2 3 4 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n a aT − += + + + + + − 2 1 3 1 4 4 2 n n n aT − += + − 2 1, 02 n n n n aT T− + 1 3 1 2 4 4n nT T< + 3nT < { }na ( )1P 1 1n nS a += − 1 2 1n nS a+ += − 2 12n na a+ += 1n = 1 2 1a a= − 2 2a = 1 2n na a+ = *n N∈ 1 2n n a a + = { }na 1 *2 ,n na n N−= ∈ { }na n n kS a k+= − 1 1n n kS a k+ + += − 1 1n n k n ka a a+ + + += − 3 3 2n n k n ka a a+ + + + += − { }na ( )2P k + 1 3 2n n k n ka a a+ + + + += − 1 3n na a+ += *n N∈ 2 2n n k n k nS a k a k S+ + + += − = − = 2n nS S += 2 22 2n n k nS a k S+ + += − − = − 2 2n nS S+ − = { }na ( )P k ( )2P k + { }na ( )2P 2 2n nS a += − 1 3 2n nS a+ += − 1 3 2n n na a a+ + += − 1n = 1 3 2a a= − 3 3a = 3 2 1a a a= + 2 1n n na a a+ += + n 1,2,3,5,8 故 ， 所以 ， 两式相减得 ，显然 ， 故 ，即 ． 点睛：（1）本题属于新概念问题，解题时要从所给出的概念出发，得到相应的结论，然后 再借助于数列的有关知识得到相应的结论． （2）对于存在性问题的解法，可利用反证法求解，解题时在假设的基础上得到矛盾是解题 的关键，通过否定假设可得原结论不成立． 考向 4 反证法 1．何时使用反证法：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现 时，宜用反证法来证．反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是：①与已知条 件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与事实矛盾等方面．反证法常常是 解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器． 2．用反证法证明问题的一般步骤 第一步（反 设） 分清命题“ ”的条件和结论，作出命题结论 相反的假设 第二步（归 谬） 由 和 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果 第三步 （下结论） 断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设 不真，于是结论 成立，从 而间接地证明了命题 为真 3．常见的结论和反设词 原结 论词 至少 有一 个 至多 有一 个 至少有 个 至多有 个 都 是 对任意 成立 对任意 不成立 不都 是 反设 词 一个 都没 有 至少 有两 个 至多有 个 至少有 个 不 都 是 存在某 个 不 成立 存在某个 成立 都是 【例 10】【2018 河北邢台高三上学期第二次月考】①已知 ，求证 ，用 31 2 2 3 2 3 4 5 1 2 3 5 8 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n a a aa aT = + + + + = + + + + + +  1 2 3 4 5 1 1 1 2 3 5 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n a aT − += + + + + + + 2 2 3 4 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n a aT − += + + + + + − 2 1 3 1 4 4 2 n n n aT − += + − 2 1, 02 n n n n aT T− + 1 3 1 2 4 4n nT T< + 3nT < p q⇒ q q¬ p q¬ q¬ q p q⇒ n n x x p q∨ p q∧ ( )1n − ( )1n+ x x ( ) ( )p q¬ ∧ ¬ ( ) ( )p q¬ ∨ ¬ 3 3 2p q+ = 2p q+ ≤ 反证法证明时，可假设 ；②设 为实数， ，求证 与 中至少有一个不小于 ，由反证法证明时可假设 ，且 ，以下说 法正确的是（ ） 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 【答案】C[ : .xx. ] 【解析】根据反证法的格式知，①正确；②错误，②应该是 与 都小于 ，故 选 C． 【例 11】【2018 安徽太和中学高二下学期期中考试】已知 ，则下列三个数 ， ， （ ） A．都大于 6 B．至少有一个不大于 6 C．都小于 6 D．至少有一个不小于 6 【答案】D 【例 12】设 是三个互不相等的实数，三条抛物线： （1） ；（2） ；（3） ．试用反证法 证明三条抛物线中至少有一条与 轴的交点不只一个． 【解析】假设这三条抛物线与 轴的交点至多有一个交点，则 与已知矛盾，故原结论成立． 【名师点睛】反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是 ，或 2p q+ > a ( ) 2f x x ax a= + + ( )1f ( )2f 1 2 ( ) 11 2f ≥ ( ) 12 2f ≥ ( )1f ( )2f 1 2 ( ), , 0,a b c∈ +∞ 4a b + 9b c + 16c a + , ,a b c 2 2y ax bx c= + + 2 2y bx cx a= + + 2 2y cx ax b= + + x x ( ) ( ) ( ) 2 2 2 22 2 2 2 2 4 4 0 4 4 0 2 2 2 2 2 2 0 0 4 4 0 b ac c ab a b c ab ac bc a b b c a c a b c a bc  − ≤  − ≤ ⇒ + + − − − ≤ ⇒ − + − + − ≤ ⇒ = =  − ≤ A 者是 ，即在同一讨论过程中，A 和非 A 有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出 现． 【跟踪练习】 1．【2018 北京海淀区高三一模】已知两个半径不等的圆盘叠放在一起（有一轴穿过它们的 圆心），两圆盘上分别有互相垂直的两条直径将其分为四个区域，小圆盘上所写的实数分别 记为 ，大圆盘上所写的实数分别记为 ，如图所示．将小圆盘逆时针 旋转 次，每次转动 ，记 为转动 次后各区域内两数乘积之 和，例如 ．若 ， ，则以 下结论正确的是 A． 中至少有一个为正数 B． 中至少有一个为负数 C． 中至多有一个为正数 D． 中至多有一个为负数 【答案】A 点睛：借此题关键是要根据题意明白 所表达的意思，然后容易发现 （ ）= >0 从而得出结论 2．已知数列 的前 项和为 ，且满足 ． （1）求数列 的通项公式； （2）求证：数列 中任意三项不可能按原来顺序成等差数列． 【答案】（1） ；（2）详见解析． 【解析】（1）解：当 时， ，则 ． A¬ 1 2 3 4, , ,x x x x 1 2 3 4, , ,y y y y ( )1,2,3,4i i = 90° ( )1,2,3,4iT i = i 1 1 2 2 3 3 4 4 1T x y x y x y x y= + + + 1 2 3 4+ + 0x x x x+ < 1 2 3 4+ + + 0y y y y < 1 2 3 4, , ,T T T T 1 2 3 4, , ,T T T T 1 2 3 4, , ,T T T T 1 2 3 4, , ,T T T T 1 2 3 4, , ,T T T T 1 2 3 4 1 2 3 4+ + + + +x x x x y y y y+ ）（ 1 2 3 4T T T T+ + + { }na n nS 2n na S+ = { }na { }na ( )1 1 2n na n ∗ −= ∈N 1n = 1 1 12 2a S a+ = = 1 1a = 又 两式相减得 ， 是首项为 1，公比为 的等比数列， ． （2）证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 （ ，且 ）， 则 ．(*) 又因为 ， ． (*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立． 所以假设不成立，原命题得证． 3．【2018 吉林乾安七中高三上学期第三次模拟】证明：对任意 ， ， ， 这 个值至少有一个不小于 ． 【解析】假设命题的结论不成立，由假设的不等式同向相加推出与己知事实矛盾． 试题解析；（1）（2）假设 这 3 个值没有一个不小于 0， 即 则 ，（*） 而 ． 这与（*）矛盾，所以假设不成立，即原命题成立． 【点睛】反证法是，假设命题的结论不成立，即反面成立，再根据假设及条件及己知公式定 理，推出与条件或定理公理或已知事实矛盾的结论，即假设不成立，原命题成立． . 4．【2018 武汉蔡甸区汉阳一中高三第五次模拟】已知 ， ，函数 的最小值为 ． （1）求 的值； （2）证明： 与 不可能同时成立． 【答案】(1)2(2)见解析 1 12 , 2 ,n n n na S a S+ ++ = ∴ + = 1 1 2n na a+ = { }na∴ 1 2 ( )1 1 2n na n ∗ −∴ = ∈N 1 1 1, ,p q ra a a+ + + p q r< < , ,p q r ∗∈N 2 1 1 , 2 2 2 12 2 2 r q r p q p r − −= + ∴ ⋅ = + p q r< < ,r q r p ∗∴ − − ∈N ∴ x R∈ 13 1x x− − − 2x x+ 2 1x− + 3 0 1 23 1, , 2 1x x x x x− − − + − + 1 23 1 0, 0, 2 1 0x x x x x− − − < + < − + < 1 23 2 0x x x− + − < ( )21 123 2 3 1 1 0x xx x x− −+ − = + − − ≥ 0a > 0b > ( )f x x a x b= − + + 2 a b+ 2 2a a+ > 2 2b b+ > 试题解析：（1）∵ ， ， ∴ [ :学 ] ∴ ． 由题设条件知 ， ∴ ． 证明：（2）∵ ，而 ，故 ． 假设 与 同时成立．即 与 同时成立， ∵ ， ，则 ， ，∴ ，这与 矛盾， 从而 与 不可能同时成立． 点睛：形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法，利用绝对 值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设 a＜b)三个部分， 在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集；(2) 几何法，利用|x－a|＋|x－b|＞c(c＞0)的几何意义：数轴上到点 x1＝a 和 x2＝b 的距离之和 大于 c 的全体；(3)图象法：作出函数 y1＝|x－a|＋|x－b|和 y2＝c 的图象，结合图象求解． 5．若 的定义域为 ，值域为 ，则称函数 是 上的“四维 光军”函数． （1）设 是 上的“四维光军”函数，求常数 的值； （2）是否存在常数 ，使函数 是区间 上的“四维光军”函 数？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） ；（2）存在存在常数 ，使函数 是区间 上的“四维光军”函数． 0a > 0b > ( ) ( ) ( )f x x a x b x a x b a b a b= − + + ≥ − − + = + = + ( )minf x a b= + ( )min 2f x = 2a b+ = 2a b+ = 2a b ab+ ≥ 1ab ≤ 2 2a a+ > 2 2b b+ > ( )( )2 1 0a a+ − > ( )( )2 1 0b b+ − > 0a > 0b > 1a > 1b > 1ab > 1ab ≤ 2 2a a+ > 2 2b b+ > ( )f x [ ],a b [ ]( ),a b a b< ( )f x [ ],a b ( ) 21 3 2 2g x x x= − + [ ]1, b b ( ), 2a b a > − ( ) 1 2h x x = + [ ],a b ,a b 3b = ( ), 2a b a > − ( ) 1 2h x x = + [ ],a b （ 2 ） 假 设 函 数 在 区 间 上 是 “ 四 维 光 军 ” 函 数 ， 因 为 在区间 上单调递减， 即 解得 ，这 与已知矛盾．故不存在存在常数 ，使函数 是区间 上的“四 维光军”函数． 6．【2018 北京东城区高三二模】对于 维向量 ，若对任意 均有 或 ，则称 为 维 向量．对于两个 维 向量 定义 ． （1）若 ，求 的值； （2）现有一个 维 向量序列： 若 且满足： ，求证：该序列中不存在 维 向量 ． (3) 现有一个 维 向量序列： 若 且满足： ，若存在正整数 使得 为 维 向 量序列中的项，求出所有的 ． 【答案】（1） （2）不存在（3） 试题解析：（Ⅰ）由于 ， ，由定义 ， 可得 ． ( ) 1 2h x x = + [ ]( ), 2a b a > − ( ) 1 2h x x = + ( )2 ,− + ∞ ( ) ( ) , , h a b h b a =∴ = 1 ,2 1 ,2 ba ab  = +  = + a b= ( ), 2a b a > − ( ) 1 2h x x = + [ ],a b n ( )1 2, ,..., nA a a a= ( )1,2,...,i n∈ 0ia = 1ia = A n T n T ,A B ( ) 1 , n i i i d A B a b = = −∑ ( ) ( )1,0,1,0,1 , 0,1,1,1,0A B= = ( ),d A B 5 T 1 2 3, , ,...A A A ( )1 1,1,1,1,1A = ( ) * 1, 2,i id A A i N+ = ∈ 5 T ( )0,0,0,0,0 12 T 1 2 3, , ,...A A A ( )1 12 1,1,...,1A =  ( ) * 1, , , 1,2,3,...i id A A m m N i+ = ∈ = j ( ) 12 0,0,...,0 ,j jA A=  12 T m ( ), 4d A B = 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12m = ( )1,0,1,0,1A = ( )0,1,1,1,0B = ( ) 1 , n i i i d A B a b = = −∑ ( ), 4d A B = （Ⅱ）反证法：若结论不成立，即存在一个含 维 向量序列 ， 使得 ， ． 因为向量 的每一个分量变为 ，都需要奇数次变化， 不妨设 的第 个分量 变化了 次之后变成 ， 所以将 中所有分量 变为 共需要 次， 此数为奇数． 又因为 ，说明 中的分量有 个数值发生改变， 进而变化到 ，所以共需要改变数值 次，此数为偶数，所以矛盾． 所以该序列中不存在 维 向量 ． （Ⅲ）此时 ． 5 T 1 2 3, , , , mA A A A ( )1 1,1,1,1,1A = ( )0,0,0,0,0mA = ( )1 1,1,1,1,1A = 0 1A ( )1,2,3,4,5i i = 1 2 1in − 0 1A 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 52 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n n n n− + − + − + − + − ( )1 2 3 4 52 2 1n n n n n= + + + + − − ( ) * 1, 2,i id A A i N+ = ∈ iA 2 1iA + ( )2 1m − 5 T ( )0,0,0,0,0 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12m =