2.2.1 直接证明
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我夯基 我达标
1.要证明+＜可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（ ）
A.综合法 B.分析法 C.反证法 D.归纳法
思路解析:要证明＜成立，用分析法最合适.
答案:B
2.a＞0,b＞0,则下列等式中不成立的是（ ）
A.a+b+≥ B.（a+b)(+)≥4
C.≥a+b D. .
思路解析:利用基本不等式即可.
对于A:a+b+≥+≥，当且仅当a=b时取等号，所以成立.
对于B:(a+b)(+)≥·2=4，当且仅当a=b时取等号，所以成立.
对于C：≥(a+b)·=a+b,当且仅当a=b时取等号，所以C成立.
对于D：,所以D错误.
3.设x＞0,y＞0,A=,B=,则A与B的大小关系为（ ）
A.A＞B B.A≥B C.A＜B D.A≤B
思路解析:∵x＞0,y＞0,∴B==A，即B＞A.
答案:C
4.若a＞0,b＞0,则有（ ）
A.＞2b-a B.＜2b-a C.≥2b-a D.≤2b-a.
思路解析:b2-2ab+a2≥0b2≥a(2b-a) ≥2b-a.
答案:C
5.若p=,q=(m、n、b、c、d均为正数），则p、q的大小关系为（ ）
A.p≥q B.p≤q C.p＞q D.不确定
思路解析:q=≥=p.
答案:B
6.若x、y∈R,且2x2+y2=6x,则x2+y2+2x的最大值为（ ）
A.14 B.15 C.16 D.17
思路解析:由y2=6x-2x2≥0得0≤x≤3,从而x2+y2+2x=-(x-4)2+16.
∴当x=3时，最大值为15.
答案:B
7.已知a＞b＞c,n∈N*,且+≥恒成立，则n的最大值为（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
思路解析:
∴nmax=4
答案:C
8.已知：函数f(x)=tanx,x∈(0,),若x1,x2∈(0, ）且x1≠x2.
证明：［f(x1)+f(x2)］＞f()
证明：欲证［f(x1)+f(x2)］＞f
即证：(tanx1+tanx2)＞tan
只需证：,
即证
∵x1+x2∈(0,π),
∴sin(x1+x2)＞0,1+cos(x1+x2)＞0,
cosx1·cosx2＞0,
∴只需证1+cos(x1+x2)＞2cos(x1+x2)＞2cosx1·cosx2,
即证：1+cos(x1+x2)＞cos(x1+x2)+cos(x1-x2),
即证：1＞cos(x1-x2).
∵x1,x2∈(0,)且x1≠x2,
∴x1-x2∈(-,0)∪(0,).
∴0＜cos(x1-x2)＜1,即1＞cos(x1-x2)成立.
故原等式成立.
9.已知a、b、c表示△ABC的边长，m＞0，求证：.
证明：构造函数f(x)=,x＞0.
设x1,x2∈(0,+∞),且x1＜x2.
且f(x2)-f(x1)=
=.
∵x1,x2∈(0,+∞),x2＞x1,∴x2-x1＞0,
m+x2＞0,m+x1＞0,
∴f(x2)-f(x1)＞0,即f(x2)＞f(x1)
∴f(x)=在(0,+∞)上是增函数.
在△ABC中，a+b＞c,则＞成立.
∴有,
∵,
∴成立.
我综合 我发展
10.设a与b为正数并且满足a+b=1,a2+b2≥k,则k的最大值为（ ）
A. B. C. D.1
思路解析:∵a2+b2≥ (a+b)2= (当且仅当a=b时取等号）.
∴Kmax=.
答案:C
11.已知函数f(x)=()x,a、b∈R+,A=f(),B=f(),C=f(),则A、B、C的大小关系为（ ）21cnjy.com
A.A≤B≤C B.A≤C≤B C.B≤C≤A D.C≤B≤A
思路解析:≥≥,又函数f(x)=()x,在(-∞,+∞)上是单调减函数.
∴f()≤f()≤.
答案:A
12.(精典回放）函数f(x)=3x, 对于任意x1、x2,都有（ ）
A.f(x1x2)=f(x1）f（x2) B.f(x1x2)=f(x1)+f(x2).www.21-cn-jy.com
C.f(x1+x2)=f(x1)f(x2) D.f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)
思路解析:∵f(x1+x2)==f(x1)·f(x2)
答案:C
13.(精典回放）设f(n)=(n∈N*),则f(n+1)-f(n)=( )
A. B.
C. + D. -
思路解析:∵f(n+1)=
∴f(n+1)-f(n)=
=
答案:D
14.(精典回放）已知函数f(x)=,g(x)=
(1)证明f(x)是奇函数；
（2）分别计算f(4)-5f(2)g(2),f(9)-5f(3)g(3)的值，由此概括出涉及函数f(x)和g(x)的对于所有不等于零的实数x都成立的一个等式，并加以证明.21·cn·jy·com
证明：（1）函数f(x)的定义域(-∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称，又f(-x)=.
==-f(x)
∴f(x)为奇函数.
（2）f(4)-5f(2)g(2)=0
f(9)-5f(3)g(3)=0
由此归纳猜想：f(x2)-5f(x)g(x)=0
(x∈R,x≠0).
∵f(x2)-5f(x)g(x)
==0
15.(2006年天津高考卷，文21)已知数列{xn}满足x1=x2=1,并且(λ为非零参数，a=2,3,4, …).21教育网
(1)若x1、x3、x5成等比数列，求参数λ的值;
（2）设0＜λ＜1,常数k∈N*,且k≥3.
证明：(μ∈N*).
（1）解：由已知x1=x2=1,且
x3=λ,x4=λ3,x5=λ6.
若x1,x3,x5成等比数列，则=x1·x5.
即λ2=λ6,而λ≠0,解得λ=±1.
(2)证明：设an=,由已知数列{an}是以=1为首项，λ为公比的等比数列，故=λn-1,则21世纪教育网版权所有
=λn+k-2·λn+k-3·…λn-1=.
因此，对任意n∈N*.
=
=
=.
当k≥3且0＜λ＜1时，0＜≤1,
0＜1-λnk＜1,
所以:(n∈N*).
2.2.1 直接证明
课后导练
基础达标
1．下面叙述正确的是（ ）
A. 综合法、分析法是直接证明的方法
B. 综合法是直接证法,分析法是间接证法
C. 综合法、分析法所用语气都是肯定的
D. 综合法、分析法所用语气都是假定的
答案：A
2．A、B为△ABC的内角,A＞B是sinA＞sinB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：A＞Ba＞b2RsinA＞2RsinBsinA＞sinB.
答案：C
3．已知|x|＜1,|y|＜1,下列各成立的是…（ ）
A. |x+y|+|x-y|≥2 B. x=y
C. xy+1＞x+y D. |x|=|y|
解析：取x=y=0时，|x+y|+|x-y|＜2知A假，取x=0,y=时，知B、D假，C作差可证明.21教育网
答案：C
4．下列条件:①ab＞0;②ab＜0;③a＞0,b＜0.其中能使不等式≥2成立的条件个数
为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
解析：≥0.
答案：A
5．要使成立,a、b应满足的条件是（ ）
A. ab＜0且a＞b B. ab＞0且a＞b
C. ab＜0且a＜b D. ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b
解析：,
∴.
∴当ab＞0时，有,即b＜a;
当ab＜0时，有,即b＞a.
答案：D
6．命题“如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n,那么数列{an}一定是等差数列”是否成
立（ ）
A. 不成立 B. 成立 C. 不能断定 D. 能断定
解析：a1=S1=-1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(2n2-3n)-［2(n-1)2-3(n-1)］=4n-5.
由于a1也适合上式，∴an=4n-5(n∈N*).
答案：B
7．在不等边三角形中,a为最大边,要想得到∠A为钝角的结论,三边a,b,c应满足什么条件…（ ）21世纪教育网版权所有
A. a2＜b2+c2 B. a2=b2+c2
C. a2＞b2+c2 D. a2≤b2+c2
解析：由cosA=＜0知b2+c2-a2＜0,
∴a2＞b2+c2.
答案：C
8．已知α、β为实数,给出下列三个论断.①αβ＞0;②|α+β|＞5;③|α|＞22,|β|＞22.以其中的两个论断为条件,另一个论断为结论,写出你认为正确的命题是__________.
解析：∵αβ＞0,|α|＞,|β|＞,
∴|α+β|2=α2+β2+2αβ＞8+8+2×8=32＞25.
∴|α+β|＞5.
答案：①③?②
9.已知α∈(0,π),求证:2sin2α≤.
证法一：（分析法）
要证明2sin2a≤成立，
只要证明4sinαcosα≤.
∵α∈(0,π),
∴sinα＞0.
只要证明4cosα≤.
上式可变形为4≤+4(1-cosα).
∵1-cosα＞0,
∴+4(1-cosα)≥=4,
当且仅当cosα=,即α=时取等号.
∴4≤+4(1-cosα)成立.
∴不等式2sin2α≤成立.
证法二：（综合法）
∵+4(1-cosα)≥4,
(1-cosα＞0当且仅当cosα=即α=时取等号).
∴4cosα≤,
∵α∈(0,π),
∴sinα＞0.
∴4sinαcosα≤.
∴2sin2α≤.
综合运用
10．命题“若sinα+sinβ+sinγ=0，cosα+cosβ+cosγ=0，则cos（α-β）=_______”的结论中的括号内应填（ ）21cnjy.com
A. 1 B. -1 C. D. -
答案：D
11．求证:≥|a|-|b|.
证明：（1）当b=0时，不等式显然成立.
(2)当b≠0时，∵|a|＞0,
只需证明|a2-b2|≥|a|2-|a||b|,两边同除以|b|2,
即只需证明,
即|（）2-1|≥|()2|-||.
当||≥1时，
|（）2-1|=|()2|-1≥||2-||,
原不等式成立.
当||＜1时，|a|-|b|＜0,
原不等式成立.
综上所述，原不等式成立.
拓展探究
12．若a＞b＞0,证明:＜a+b-.
证明：欲证原不等式
成立，
即.
因为a＞b＞0,
只需证,
只需证,
即证1+＜2＜1+,
也即证＜1＜,
只需证＜1＜.
因为a＞b＞0，上式显然成立，∴原不等式成立.
2.2.2 间接证明
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1.实数a、b、c不全为0的条件为（ ）
A.a、b、c均不为0 B.a、b、c中至多有一个为0
C.a、b、c中至少有一个为0 D.a、b、c中至少有一个不为0
思路解析:实数a、b、c不全为0的条件是a、b、c至少有一个不为0.
答案:D
2.x、y←R，且x2+y2=1，则（1-xy）（1+xy）有（ ）
A.最小值，无最大值. B.最小值1，无最大值.
C.最小值，最大值1 D.最大值1，最小值
思路解析:设x=cosα,y=sinα,
则(1-xy)(1+xy)=(1-sinαcosα)(1+sinαcosα)
=1-sin2αcos2α=1-sin22α.
∵sin22α∈［0,1］,∴(1-xy)(1+xy)∈［，1］.
答案:D
3.设a、b、c都是正数，则三个数a+，b+，c+（ ）
A.都大于2 B.至少有一个大于2
C.至少有一个不小于2 D.至少有一个不大于2
思路解析:∵a+++c+b+
=a++b++c+≥2+2+2=6.
所以a、b、c中至少有一个大于2.
答案:B
4.已知a、b、c都是正数，S=，则有（ ）
A.0＜S＜1 B.1＜S＜2 C.2＜S＜3 D.3＜S＜4
思路解析:S＞=1,且S＜=2.
∴1＜S＜2.
答案:B
5.求证：一个三角形中，至少有一个内角不小于60°.
证明：假设△ABC的三个内角A，B，C都小于60°,即∠A＜60°,∠B＜60°,∠C＜60°.
相加得∠A+∠B+∠C＜180°.
这与三角形内角和定理矛盾，所以∠A,∠B,∠C都小于60°的假设不能成立,从而一个三角形中，至少有一个内角不小于60°.21世纪教育网版权所有
6.求证：当x2+bx+c2=0有两个不相等的非零实数根时，bc≠0.
证明：假设bc=0,则有三种情况出现：
（1）若b=0,c=0方程变为x2=0,x1=x2=0是方程x2+bx+c2=0的根，这与已知方程有两个不相等的实根相矛盾.21cnjy.com
（2）若b=0,c≠0,方程变为x2+c2=0,但当c≠0时，x2+c2=0;但c≠0时，x2+c2≠0与x2+c2=0矛盾,2-1-c-n-j-y
（3）若b≠0,c=0,方程变为x2+bx=0,方程的根为x1=0,x2=-b.这与已知条件方程有两个非零实根相矛盾.【来源：21cnj*y.co*m】
综上所述，bc≠0.
7.证明：1，，2不能为同一等差数列的三项.
证明：假设1，，2是某一等差数列的三项，设这一等差数列的公差为d,则1=3-md，2=+nd，其中m、n为某两个正整数，由上面两式消去d,得n+2m=(m+n)，因为n+2m为有理数，而（m+n)为无理数，所以2m+n≠(m+n)，因此，假设不成立，即1，，2不能为同一等差数列的三项.【出处：21教育名师】
8.平面上有四个点，设有三点共线.
证明：以每三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形.
证明：假设以每三个点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，记这四个点为A、B、C、D.考虑点D在△ABC之内或之外有两种情况：21*cnjy*com
（1）如果点D在△ABC之内，（如图（1）），根据假设围绕点D的三个角都是锐角，其和小于270°，这与一个周角等于360°矛盾.21·世纪*教育网
（2）如果点D在△ABC之外（如图（2）），根据∠A、∠B、∠C、∠D都大于90°， 这和四边形ABCD的内角和为360°相矛盾.综上所述，假设不成立，从而题目中的结论成立.
9.已知a≠0,证明关于x的方程ax=b有且只有一个根.
证明：由于a≠0，因此方程至少有一个根x=,
如果方程不是一个根，不妨设x1、x2是它的两个不同根，即ax1=b，①
ax2=b，②
①-②得a(x1-x2)=0.
因为x1≠x2，所以x1-x2≠0，所以应有a=0，这与已知相矛盾，故假设不成立.
所以当a≠0时，方程ax=b有且只有一个根.
10.（精典回放）设y=f(x)是定义在区间［-1，1］上的函数，且满足条件：①f(-1)=f(1)=0;②对任意的μ、v∈［-1,1］,都有｜f(u)-f(v)｜≤｜μ-v｜21·cn·jy·com
(1)证明：对任意的x∈［-1,1］,都有x-1≤f(x)≤1-x;
(2)证明：对任意的μ、v∈［-1,1］,都有
｜f(u)-f(v)｜≤1;
(3)在区间［-1，1］上是否存在满足题设条件的奇函数y=f(x),且使得：
｜f(μ)-f(v)｜＜｜μ-v｜，当μ、v∈［0, ］.
｜f(μ)-f(v)｜＜｜μ-v｜,当μ、v∈［,1］.
若存在，请举一例；若不存在，请说明理由.
（1）证明：由题设条件可知，当x∈[-1,1]时，有|f(x)|=|f(x)-f(1)|≤|x-1|=1-x.
即：x-1≤f(x)≤1-x.
（2）证明：对任意的u、v∈[-1，1].
当|u-v|≤1时，有|f(u)-f(v)|≤|u-v|≤1.
当|u-v|＞1时，有u·v＜0，不妨设u＜0，则v＞0,且v-u＞1,
所以|f(u)-f(v)|≤|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|≤|u+1|+|v-1|=1+u+1-v=2-(v-u)＜1.
综上可知：对任意的u、v∈[-1,1]，都有|f(u)-f(v)|≤1.
(3)解：满足所述条件的函数不存在，理由如下：假设存在函数f(x)满足条件，则由
|f(u)-f(v)|=|u-v|,u、v∈[,1],
得|f(）-f(1)|=|-1|=.
又f(1)=0,所以|f()|=
又因为f(x)为奇函数，所以f(0)=0.
由条件|f(u)-f(v)|＜|u-v|,u,v∈[0,],
得|f()|=|f()-f(0)|＜ .
这与|f()|=矛盾，所以假设不成立，即这样的函数不存在.
我综合 我发展
11.在△ABC中，若∠C是直角，求证：∠B一定是锐角.
证明：假设∠B不是锐角，则∠B为直角或钝角，在△ABC中，∠A+∠B+∠C＞90°+90°+∠A＞180°.这与三角形的内角和为180°相矛盾.21教育网
从而∠B一定为锐角.
12.求证：、、不可能成等差数列.
证明：假设、、成等差数列，则有-=-，即2=+，
两边平方得：12=7+，∴5=，
两边再平方得：25=40显然不成立，从而假设不成立.
∴、、不可能成等差数列.
13.如果一条直线和两条平行线中的一条是异面直线，且不与另一条直线相交，那么这条直线与另一条直线也是异面直线.www.21-cn-jy.com
证明：不妨设直线a,b,l中，a∥b,l与a是异面直线，且l与b不相交.
假设l与b不是异面直线，则l与b共面，即l与b可能相交，也可能平行.
若l与b相交，这与已知矛盾.
若l与b平行，即l∥b,又a∥b,得l∥a,这与l与a异面相矛盾.
综上可知，l与b是异面直线.
14.已知函数f(x)对其定义域内的任意两个实数a、b，当a＜b时，都有f(a)＜f(b),证明f(x)=0至多有一个实根.2·1·c·n·j·y
证明：假设f(x)=0至少有两个不同的实根x1、x2，不妨设x1＜x2，由方程的定义，f(x1)=0,f(x2)=0,则f(x1)=f(x2) ①【来源：21·世纪·教育·网】
但已知x1＜x2时，有f(x1)＜f(x2)，这与式①相矛盾，因此假设不成立，故原命题成立.
15.已知{an}是由非负整数组成的数列，满足a1=0,a2=3,an+1·an=(an-1+2)(an-2+2),n=3,4,5…,用反证法证明a3=2.www-2-1-cnjy-com
证明：由题设得a3a4=10，且a3,a4均为非负整数，
∴a3的可能值为1，2，5，10.
若a3=1,则a4=10,a5=与题设矛盾.
若a3=5,则a4=2,a5=，与题设矛盾.
若a3=10,则a4=1，a5=60,a6=,与题设矛盾.∴a3=2.
16.求证：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)最多有两个不相等的实根.
证明：假设方程有三个不相等的实根x1,x2,x3,则
由①-②得：a(x1+x2)+b=0 ④
由①-③得：a(x1+x3)+b=0 ⑤
由④-⑤得：a(x2-x3)=0
∵a≠0 ∴x2-x3=0
即x2=x3，这与假设x1≠x2≠x3相矛盾，
∴原方程最多只有两个不相等的实根.
2.2.2 间接证明
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基础达标
1．反证法是（ ）
A. 从结论的反面出发,推出矛盾的证法
B. 对其否命题的证明
C. 对其逆命题的证明
D. 分析法的证明方法
答案：A
2．命题“△ABC中,若∠A＞∠B, 则a＞b”的结论的否定应该是（ ）
A. a＜b B. a≤b C. a=b D. a≥b
解析：“大于”的否定是“不大于”即“小于”或“等于”.
答案：B
3．命题“关于x的方程ax=b(a≠0)的解是唯一的”的结论的否定是（ ）
A. 无解 B. 两解 C. 至少两解 D. 无解或至少两解
解析：“唯一”的意思是“有且只有一个”，其反面应该为D.
答案：D
4．如果两个实数之和为正数,则这两个数（ ）
A. 一个是正数,一个是负数 B. 两个都是正数
C. 至少有一个是正数 D. 两个都是负数
解析：由反证法的意义知C真.
答案：C
5．在数列:11,111,1 111,…中（ ）
A. 有完全平方数 B. 没有完全平方数
C. 有偶数 D. 没有3的倍数
解析：易见没偶数，且有3的倍数，如111.知C、D假.
假设有完全平方数，它必为奇数的平方.
设为=(2K+1)2(K为正整数)，
则 0=4K（K+1），两边除以2得
?=2K（K+1），此式左边为奇数，而右边为偶数，自相矛盾.
答案：B
6．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛,其中只有一位获奖,有人走访了四位歌手,甲说：“是乙或丙获奖.”乙说:“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了.”丁说：“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的,则获奖的歌手是（ ）21世纪教育网版权所有
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
解析：若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的话都是错的，同理，可推知乙、丙、丁获奖的情况，最后可知获奖的歌手是丙.www.21-cn-jy.com
答案：C
7．反证法的关键是推出矛盾,通常可导致哪些方面的矛盾?__________.
答案：与已知定义、公理、定理及明显数学事实相矛盾，与已知条件相矛盾，与假设自相矛盾等
8．在空间是否存在这样的多面体,它有奇数个面,且它的每个面又都有奇数条边? __________.
解析：假设多面体有n个面（n为奇数），且每个面的边数分别为S1，S2，…，Sn（Si为奇数，i=1,2,…,n），则多面体的总边数为S，因为每条边都是公用的，所以
S1+S2+…+Sn=2S.
这里左边为奇数个奇数的和，为奇数；但右边为偶数，矛盾.
答案：不存在（或不可能有）
9．对于函数f(x)=,找不到这样的正数A,使得在整个定义域内|f(x)|＜A恒成立,试加以证明.2·1·c·n·j·y
证明：f(x)的定义域为（-∞,0）∪(0,+∞).
假设存在一个正数A，使得当x≠0时，恒有|f(x)|＜A成立，即||＜A(A＞0)对x≠0恒成立.21教育网
我们取x=代入上式，得
＜A,即|2A|＜A.
∵A＞0,∴2A＜A,即2＜1.
这就导致矛盾，于是命题得证.
10．求证:正弦函数没有比2π小的正周期.
证明：假设T是正弦函数的周期，且0＜T＜2π，则对任意实数x都有sin(x+T)=sinx成立，令x=0，得sinT=0,即T=kπ,k∈Z.21·cn·jy·com
又0＜T＜2π,故T=π,从而对任意实数x都有
sin(x+π)=sinx，
这与sin(+π)≠sin矛盾.
所以正弦函数没有比2π小的正周期.
综合运用
11．若a、b、c、d都是有理数,都是无理数,证明当时,必有a=b,c=d.
证明：假设a≠b,令a=b+m(则m是不等于零的有理数)，于是b+m+=b+.
∴m+=,两边平方整理得
,左边是无理数右边是有理数，矛盾，因此a=b.从而又得c=d.
12．试证明抽屉原理:如果将m个物体放在n个抽屉里,则至少有一个抽屉含有［］+1个物体(其中［］表示不超过的最大整数).21cnjy.com
命题简单化就是:把5个苹果放进 2个抽屉里,则可断言至少有一个抽屉放着不少于3个的苹果.
证明：（用反证法）
小于m的n的最大倍数是由减去其分数部分所得的整数，即是［］.
假设不存在有一个抽屉含有［］+1个物体，即每个抽屉含的物体最多是［］个，而总共有n个抽屉，所以这n个抽屉所含的物体的总数小于等于n［］≤n·=m-1＜m,这与已知有m个物体矛盾，所以至少有一个抽屉里有［］+1个（或更多）物体.?【来源：21·世纪·教育·网】
拓展探究
13．用反证法证明:若函数f(x)在区间［a,b］上是增函数,那么方程f(x)=0在区间［a,b］上至多只有一个实根.21·世纪*教育网
思路分析：函数f(x)在区间［a,b］上是增函数，就是表明对区间［a,b］上任意x1,x2，若x1＜x2，则f(x1)＜f(x2)，所以如果反设方程f(x)=0在区间［a,b］上至少有两个根α,β(α＜β) ，则有f(α)=f(β)=0这与假设矛盾.www-2-1-cnjy-com
证明：假设方程f(x)=0在区间［a,b］上至少有两个实根，设α、β为其中的两个实根.
因为α≠β,不妨设α＜β，又因为函数f(x)在［a,b］上是增函数，所以f(α)＜f(β).
这与假设f(α)=0=f(β)矛盾,
所以方程f(x)=0在区间［a,b］上至多只有一个实根.
