回扣验收特训（二） 直接证明与间接证明 （部分）
1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设( )
A．三个内角都不大于60°
B．三个内角都大于60°
C．三个内角至多有一个大于60°
D．三个内角至多有两个大于60°
解析：选B 假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，故选B.
2．若三角形能分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．不能确定
解析：选C 直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，故选C.
3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：选D 因为a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.故选D.
4．用反证法证明命题“已知a，b，c∈(0,2)，求证a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)不可能都大于1”时，反证假设时正确的是( )
A．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都小于1
B．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都大于1
C．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都不大于1
D．以上都不对
解析：选B 反设是否定结论，原命题的结论是不都大于1，所以否定是都大于1.故选B.
5．设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；
⑤ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )
A．②③ B．①②③
C．③ D．③④⑤
解析：选C 若a＝，b＝，则a＋b>1，
但a<1，b<1，故①推不出；
若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；
若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；
若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；
对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，
反证法：假设a≤1且b≤1，
则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，
因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.
6．已知c＞1，a＝－，b＝－，则正确的结论是( )
A．a＞b B．a＜b
C．a＝b D．a，b大小关系不定
解析：选B 假设a≥b，即－≥ －，
∴＋≥2，
平方得2c＋2≥4c，
2c≤2，c≤，即c2≤c2－1，
0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a＜b.
7．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________．
解析：由≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，∴f≤f()≤f，即A≤B≤C.
答案：A≤B≤C
8．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝(n∈N*)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时的等式左边的差等于________．
解析：当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k＋2)；当n＝k时，左边＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k，其差为(2k＋1)＋(2k＋2)－(k＋1)＝3k＋2.
答案：3k＋2
9．若直线ax＋2by－2＝0(a＞0，b＞0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则＋的最小值为________．
解析：由题知直线经过圆心(2,1)，则a＋b＝1，所以＋＝(a＋b)＝3＋≥3＋2.
答案：3＋2
10．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则a＋b＋c≤0，
而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，
因此a，b，c中至少有一个大于0.
11．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－a＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋≤对一切n∈N*恒成立．
解：(1)∵a－a＝2，
∴数列{a}为首项为1，公差为2的等差数列，
∴a＝1＋(n－1)·2＝2n－1，
又an>0，则an＝.
(2)证明：由(1)知，即证1＋＋…＋≤.
①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立．
当n＝2时，左边<右边，所以不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，
即1＋＋…＋≤，
当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋…＋＋≤＋
<＋
＝＋
＝＝.
所以当n＝k＋1时不等式成立．
由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．
12．已知函数f(x)＝x2－ax＋ln(x＋1)(a∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值点；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上恒有f′(x)>x，求实数a的取值范围；
(3)已知a<1，c1>0，且cn＋1＝f′(cn)(n＝1,2，…)，证明数列{cn}是单调递增数列．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2－2x＋ln(x＋1)，
f′(x)＝2x－2＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝±.
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴函数f(x)的极大值点为x＝－，
极小值点为x＝.
(2)∵f′(x)＝2x－a＋，
由f′(x)>x，
得2x－a＋>x，
所以a
又x＋＝x＋1＋－1>1，
∴a≤1.
故所求实数a的取值范围为(－∞，1]．
(3)证明：(用数学归纳法证明)
①当n＝1时，c2＝f′(c1)＝2c1－a＋，
∵c1>0，∴c1＋1>1，又a<1，
∴c2－c1＝c1－a＋＝c1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0，
∴c2>c1，即当n＝1时结论成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时结论成立，
即ck＋1>ck>0，
当n＝k＋1时，
ck＋2－ck＋1＝ck＋1－a＋＝ck＋1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0.
∴ck＋2>ck＋1，
即当n＝k＋1时结论成立．
由①②知数列{cn}是单调递增数列．
复习课(二) 直接证明与间接证明(部分)
综合法与分析法
(1)综合法与分析法是高考重点考查内容，一般以某一知识点作为载体，考查由分析法获得解题思路以及用综合法有条理地表达证明过程．
(2)理解综合法与分析法的概念及区别，掌握两种方法的特点，体会两种方法的相辅相成、辩证统一的关系，以便熟练运用两种方法解题．
1．综合法：是从已知条件推导出结论的证明方法；综合法又叫做顺推证法或由因导果法．
2．分析法：是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，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)……”“即要证……”“只需证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．
[典例] 设a>0，b>0，a＋b＝1，
求证：＋＋≥8.
[证明] 法一：综合法
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2，≤，ab≤，所以≥4，
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
所以＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
法二：分析法
因为a>0，b>0，a＋b＝1，要证＋＋≥8.
只要证＋≥8，
只要证＋≥8，
即证＋≥4.
也就是证＋≥4.
即证＋≥2，
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2成立，
所以原不等式成立．
[类题通法]
综合法和分析法的特点
(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．
(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
1．已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，那么m的最大值等于( )
A．10 B．9
C．8 D．7
解析：选B ∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.
∴不等式可化为m≤(2a＋b)＝5＋2.
∵5＋2≥5＋4＝9，即其最小值为9，
∴m≤9，即m的最大值等于9.
2．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，
求证：＋＜＋.
证明：要证＋＜＋，
只需证(＋)2＜(＋)2，
即a＋d＋2＜b＋c＋2，
因a＋d＝b＋c，只需证＜，
即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，
则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，
故ad＜bc成立，从而＋＜＋成立.
反证法
(1)反证法是证明问题的一种方法，在高考中很少单独考查，常用来证明解答题中的一问．
(2)反证法是间接证明的一种基本方法，使用反证法进行证明的关键是在正确的推理下得出矛盾．
1．使用反证法应注意的问题：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．
2．一般以下题型用反证法：
(1)当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；
(2)否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；
(3)有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法．
[典例] (1)否定：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为( )
A．a，b，c都是偶数
B．a，b，c都是奇数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数
(2)已知：ac≥2(b＋d)．
求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．
[解析] (1)自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为“a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数．”
答案：D
(2)证明：假设两方程都没有实数根．则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，
从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，
与已知矛盾，故原命题成立．
[类题通法]
反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．
1．已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，
则有a＋b＋c＜3，
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
2．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都为整数，已知f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．
证明：假设方程f(x)＝0有一个整数根k，
则ak2＋bk＋c＝0，
∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，
∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数．
当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，
则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，
与ak2＋bk为奇数矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，
则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2＋bk为奇数矛盾．
综上可知方程f(x)＝0无整数根．
数学归纳法
(1)数学归纳法在近几年高考试题中都有所体现，常与数列、不等式结合在一起考查，一般涉及通项公式的求解，相关等式、不等式的证明等，考查模式一般为“归纳——猜想——证明”．
(2)数学归纳法是一种特殊的直接证明的方法，在证明一些与正整数有关的数学命题时，往往是非常有用的研究工具．在使用时注意“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可．
1．定义：数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．
第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．
2．注意问题：
①n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．
②由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．
③要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．
[典例] 设a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
[解] (1)∵a1＝1，
∴a2＝f(a1)＝f(1)＝；
a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝.
猜想an＝(n∈N*)．
(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k(k∈N*)时猜想正确，
即ak＝，
则ak＋1＝f(ak)＝＝
＝＝.
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任何n∈N*，都有an＝.
[类题通法]
与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略
(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．
(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．
1．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.
解析：由(S1－1)2＝S得：S1＝；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝.
猜想Sn＝.
答案：
2．设数列{an}的前n项和Sn＝(n∈N*)，a2＝2.
(1)求{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)猜想{an}的通项公式，并证明．
解：(1)由Sn＝得a1＝1，又由a2＝2，得a3＝3.
(2)猜想：an＝n.证明如下：①当n＝1时，猜想成立．
②假设当n＝k(k≥2)时，猜想成立，即ak＝k，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk
＝－
＝－.
所以ak＋1＝－＝k＋1，
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
根据①②知，对任意n∈N*，都有an＝n.
1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设( )
A．三个内角都不大于60°
B．三个内角都大于60°
C．三个内角至多有一个大于60°
D．三个内角至多有两个大于60°
解析：选B 假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，故选B.
2．若三角形能分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．不能确定
解析：选C 直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，故选C.
3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：选D 因为a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.故选D.
4．用反证法证明命题“已知a，b，c∈(0,2)，求证a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)不可能都大于1”时，反证假设时正确的是( )
A．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都小于1
B．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都大于1
C．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都不大于1
D．以上都不对
解析：选B 反设是否定结论，原命题的结论是不都大于1，所以否定是都大于1.故选B.
5．设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；
⑤ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )
A．②③ B．①②③
C．③ D．③④⑤
解析：选C 若a＝，b＝，则a＋b>1，
但a<1，b<1，故①推不出；
若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；
若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；
若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；
对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，
反证法：假设a≤1且b≤1，
则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，
因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.
6．已知c＞1，a＝－，b＝－，则正确的结论是( )
A．a＞b B．a＜b
C．a＝b D．a，b大小关系不定
解析：选B 假设a≥b，即－≥ －，
∴＋≥2，
平方得2c＋2≥4c，
2c≤2，c≤，即c2≤c2－1，
0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a＜b.
7．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________．
解析：由≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，∴f≤f()≤f，即A≤B≤C.
答案：A≤B≤C
8．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝(n∈N*)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时的等式左边的差等于________．
解析：当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k＋2)；当n＝k时，左边＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k，其差为(2k＋1)＋(2k＋2)－(k＋1)＝3k＋2.
答案：3k＋2
9．若直线ax＋2by－2＝0(a＞0，b＞0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则＋的最小值为________．
解析：由题知直线经过圆心(2,1)，则a＋b＝1，所以＋＝(a＋b)＝3＋≥3＋2.
答案：3＋2
10．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则a＋b＋c≤0，
而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，
因此a，b，c中至少有一个大于0.
11．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－a＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋≤对一切n∈N*恒成立．
解：(1)∵a－a＝2，
∴数列{a}为首项为1，公差为2的等差数列，
∴a＝1＋(n－1)·2＝2n－1，
又an>0，则an＝.
(2)证明：由(1)知，即证1＋＋…＋≤.
①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立．
当n＝2时，左边<右边，所以不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，
即1＋＋…＋≤，
当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋…＋＋≤＋
<＋
＝＋
＝＝.
所以当n＝k＋1时不等式成立．
由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．
12．已知函数f(x)＝x2－ax＋ln(x＋1)(a∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值点；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上恒有f′(x)>x，求实数a的取值范围；
(3)已知a<1，c1>0，且cn＋1＝f′(cn)(n＝1,2，…)，证明数列{cn}是单调递增数列．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2－2x＋ln(x＋1)，
f′(x)＝2x－2＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝±.
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴函数f(x)的极大值点为x＝－，
极小值点为x＝.
(2)∵f′(x)＝2x－a＋，
由f′(x)>x，
得2x－a＋>x，
所以a又x＋＝x＋1＋－1>1，
∴a≤1.
故所求实数a的取值范围为(－∞，1]．
(3)证明：(用数学归纳法证明)
①当n＝1时，c2＝f′(c1)＝2c1－a＋，
∵c1>0，∴c1＋1>1，又a<1，
∴c2－c1＝c1－a＋＝c1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0，
∴c2>c1，即当n＝1时结论成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时结论成立，
即ck＋1>ck>0，
当n＝k＋1时，
ck＋2－ck＋1＝ck＋1－a＋＝ck＋1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0.
∴ck＋2>ck＋1，
即当n＝k＋1时结论成立．
由①②知数列{cn}是单调递增数列．
复习课(三) 数系的扩充与复数的引入
复数的概念
(1)复数的概念是学习复数的基础，是考试的重要的考查内容之一，一般以选择题或填空题形式出现，难度较小．
(2)解答此类问题的关键是明确复数相关概念．
1．复数是实数的充要条件
(1)z＝a＋bi(a，b∈R)∈R?b＝0.
(2)z∈R?z＝.
(3)z∈R?z2≥0.
2．复数是纯虚数的充要条件
(1)z＝a＋bi(a，b∈R)是纯虚数?a＝0，且b≠0.
(2)z是纯虚数?z＋＝0(z≠0)．
(3)z是纯虚数?z2<0.
3．复数相等的充要条件
a＋bi＝c＋di?(a，b，c，d∈R)．
[典例] 实数k分别为何值时，复数(1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)满足下列条件？
(1)是实数；(2)是虚数；(3)是纯虚数；(4)是0.
[解] (1＋i)k2－(3＋5i)k－2(2＋3i)＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i.
(1)当k2－5k－6＝0，即k＝6或k＝－1时，该复数为实数．
(2)当k2－5k－6≠0，即k≠6且k≠－1时，该复数为虚数．
(3)当即k＝4时，该复数为纯虚数．
(4)当即k＝－1时，该复数为0.
[类题通法]
处理复数概念问题的两个注意点
(1)当复数不是a＋bi(a，b∈R)的形式时，要通过变形化为a＋bi的形式，以便确定其实部和虚部．
(2)求解时，要注意实部和虚部本身对变量的要求，否则容易产生增根．
1．若复数z＝1＋i(i为虚数单位)，是z的共轭复数，则z2＋的虚部为( )
A．0 B．－1
C．1 D．－2
解析：选A 因为z＝1＋i，所以＝1－i，所以z2＋2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝2i＋(－2i)＝0.故选A.
2．复数z＝log3(x2－3x－3)＋ilog2(x－3)，当x为何实数时，
(1)z∈R；(2)z为虚数；(3)z为纯虚数．
解：(1)∵一个复数是实数的充要条件是虚部为0，
∴
由②，得x＝4，经验证满足①③式．
∴当x＝4时，z∈R.
(2)∵一个复数是虚数的充要条件是虚部不等于0，
∴解得
即＜x＜4或x＞4时，z为虚数．
(3)∵一个复数是纯虚数的充要条件是其实部为0且虚部不为0，
∴解得
方程组无解．∴复数z不可能是纯虚数.
复数加、减法的几何意义
(1)复数运算与复数几何意义的综合是高考常见的考查题型，以选择题或填空题形式考查，难度较小．
(2)解答此类问题的关键是利用复数运算将复数化为代数形式，再利用复数的几何意义解题．
1．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的对应点的坐标为(a，b)，而不是(a，bi)；
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的对应向量OZ―→是以原点O为起点的，否则就谈不上一一对应，因为复平面上与OZ―→相等的向量有无数个．
2．复数的模
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模|z|＝；
(2)从几何意义上理解，复数z的模表示复数z对应的点z和原点间的距离．
[典例] (1)若复数(a＋i)2的对应点在y轴负半轴上，则实数a的值是( )
A．－1 B．1
C．－ D.
(2)复数z＝(m∈R，i为虚数单位)在复平面上对应的点不可能位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] (1)因为(a＋i)2＝a2－1＋2ai，
又复数(a＋i)2的对应点在y轴负半轴上，
所以即a＝－1.
(2)z＝＝
＝[(m－4)－2(m＋1)i]，
其实部为(m－4)，虚部为－(m＋1)，
由得
此时无解．故复数在复平面上对应的点不可能位于第一象限．
[答案] (1)A (2)A
[类题通法]
在复平面内确定复数对应点的步骤
(1)由复数确定有序实数对，即z＝a＋bi(a，b∈R)确定有序实数对(a，b)．
(2)由有序实数对(a，b)确定复平面内的点Z(a，b)．
1．(全国卷Ⅲ)设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|＝( )
A．1 B.
C. D．2
解析：选B ∵(1＋i)x＝1＋yi，∴x＋xi＝1＋yi.
又∵x，y∈R，∴x＝1，y＝1.
∴|x＋yi|＝|1＋i|＝，故选B.
2．若复数(－6＋k2)－(k2－4)i所对应的点在第三象限，则实数k的取值范围是________．
解析：由已知得∴4∴－答案：(－，－2)∪(2，)
3．已知复数z1＝2＋3i，z2＝a＋bi，z3＝1－4i，它们在复平面上所对应的点分别为A，B，C.若OC―→＝2OA―→＋OB―→，则a＝________，b＝________.
解析：∵OC―→＝2OA―→＋OB―→
∴1－4i＝2(2＋3i)＋(a＋bi)
即 ∴
答案：－3 －10
复数的代数运算
(1)复数运算是本章的重要内容，是高考的考查的重点和热点，每年高考都有考查，一般以复数的乘法和除法运算为主．
(2)解答此类问题的关键是熟记并灵活运用复数的四则运算法则，用好复数相等的充要条件这一重要工具，将复数问题实数化求解．
复数运算中常见的结论
(1)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i.
(2)－b＋ai＝i(a＋bi)；
(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i；
(4)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0.
[典例] (1)设复数z满足＝i，则|z|＝( )
A．1 B.
C. D．2
(2)(全国卷Ⅱ)若z＝1＋2i，则＝( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
[解析] (1)由＝i，得z＝＝＝＝i，所以|z|＝|i|＝1，故选A.
(2)因为z＝1＋2i，则＝1－2i，所以z ＝(1＋2i)(1－2i)＝5，则＝＝i.故选C.
[答案] (1)A (2)C
[类题通法]
进行复数代数运算的策略
(1)复数代数形式的运算的基本思路就是应用运算法则进行计算．
①复数的加减运算类似于实数中的多项式加减运算(合并同类项)．
②复数的乘除运算是复数运算的难点，在乘法运算中要注意i的幂的性质，区分(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2与(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2；在除法运算中，关键是“分母实数化”(分子、分母同乘以分母的共轭复数)，此时要注意区分(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2与(a＋b)(a－b)＝a2－b2.
(2)复数的四则运算中含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可，但要注意把i的幂写成最简单的形式．
(3)利用复数相等，可实现复数问题的实数化．
1．复数z满足z(＋1)＝1＋i，其中i是虚数单位，则z＝( )
A．1＋i或－2＋i B．i或1＋i
C．i或－1＋i D．－1－i或－2＋i
解析：选C 设z＝a＋bi(a，b∈R)，由z(＋1)＝1＋i得a2＋b2＋a＋bi＝1＋i，所以b＝1，a2＋a＋1＝1，所以a＝0或a＝－1.故z＝i或z＝－1＋i.
2．i是虚数单位，2 016＋6＝________.
解析：原式＝1 008＋6＝1 008＋i6＝i1008＋i6＝i4×252＋i4＋2＝i4＋i2＝0.
答案：0
1．若i为虚数单位，则复数z＝5i(3－4i)在复平面内对应的点所在的象限为( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A z＝5i(3－4i)＝20＋15i，则复数对应的点在第一象限．
2．(山东高考)已知a，b∈R，i是虚数单位．若a＋i＝2－bi ，则 (a＋bi)2＝( )
A．3－4i B．3＋4i
C．4－3i D．4＋3i
解析：选A 由a＋i＝2－bi可得a＝2，b＝－1，则(a＋bi)2＝(2－i)2＝3－4i.
3．已知z是纯虚数，是实数，则z＝( )
A．2i B．i
C．－i D．－2i
解析：选D 因为z是纯虚数，则令z＝bi(b∈R，b≠0)，所以＝＝＝.又是实数，则b＋2＝0，b＝－2，所以z＝－2i，故选D.
4．(山东高考)若复数z满足2z＋＝3－2i，其中i为虚数单位，则z＝( )
A．1＋2i B．1－2i
C．－1＋2i D．－1－2i
解析：选B 法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则2z＋＝2a＋2bi＋a－bi＝3a＋bi＝3－2i.由复数相等的定义，得3a＝3，b＝－2，解得a＝1，b＝－2，∴z＝1－2i.
法二：由已知条件2z＋＝3－2i①，得2＋z＝3＋2i②，解①②组成的关于z，的方程组，得z＝1－2i.故选B.
5．(全国卷Ⅰ)已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－3,1) B．(－1,3)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－3)
解析：选A 由题意知即－36．设z是复数，则下列命题中的假命题是( )
A．若z2≥0，则z是实数
B．若z2<0，则z是虚数
C．若z是虚数，则z2≥0
D．若z是纯虚数，则z2<0
解析：选C 设z＝a＋bi(a，b∈R)，
选项A，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi≥0，则
故b＝0或a，b都为0，即z为实数，正确．
选项B，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi<0，则则故z一定为虚数，正确．选项C，若z为虚数，则b≠0，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，由于a的值不确定，故z2无法与0比较大小，错误．选项D，若z为纯虚数，则则z2＝－b2<0，正确．
7．下面是关于复数z＝的四个命题：
p1：|z|＝2；
p2：z2＝2i；
p3：z的共轭复数为1＋i；
p4：z的虚部为－1.
其中的真命题为________．
解析：∵z＝＝－1－i，∴|z|＝＝，∴p1是假命题；∵z2＝(－1－i)2＝2i，∴p2是真命题；∵＝－1＋i，∴p3是假命题；
∵z的虚部为－1，∴p4是真命题．
所以其中的真命题为p2，p4.
答案：p2，p4
8．已知z，ω为复数，(1＋3i)z为纯虚数，ω＝，且|ω|＝5，则ω＝________.
解析：由题意设(1＋3i)z＝ki(k≠0且k∈R)，
则ω＝.
∵|ω|＝5，∴k＝±50，故ω＝±(7－i)．
答案：±(7－i)
9．i为虚数单位，设复数z1，z2在复平面内对应的点关于原点对称，若z1＝2－3i，则z2＝________.
解析：∵(2，－3)关于原点的对称点是(－2,3)，
∴z2＝－2＋3i.
答案：－2＋3i
10．m为何实数时，复数z＝(2＋i)m2－3(i＋1)m－2(1－i)是(1)实数；(2)纯虚数？
解：∵z＝(2＋i)m2－3(i＋1)m－2(1－i)＝(2m2－3m－2)＋(m2－3m＋2)i.
(1)∵z∈R且m∈R，∴m2－3m＋2＝0，解得m＝1或m＝2.即当m＝1或m＝2时，z是实数．
(2)由z是纯虚数得得m＝－.故当m＝－时，z为纯虚数．
11．已知复数z＝(1－i)2＋1＋3i.
(1)求|z|；(2)若z2＋az＋b＝，求实数a，b的值．
解：z＝(1－i)2＋1＋3i＝－2i＋1＋3i＝1＋i.
(1)|z|＝＝.
(2)z2＋az＋b＝(1＋i)2＋a(1＋i)＋b
＝2i＋a＋ai＋b＝a＋b＋(a＋2)i，
∵＝1－i，∴a＋b＋(a＋2)i＝1－i，
∴∴a＝－3，b＝4.
12．已知等腰梯形OABC的顶点A，B在复平面上对应的复数分别为1＋2i，－2＋6i，OA∥BC.求顶点C所对应的复数z.
解：设z＝x＋yi，x，y∈R，如图，因为OA∥BC，|OC|＝|BA|，
所以kOA＝kBC，|zC|＝|zB－zA|，
即
解得或
因为|OA|≠|BC|，
所以x＝－3，y＝4(舍去)，
故z＝－5.
(时间120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知复数z1＝2＋i，z2＝1＋i，则在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第三象限
C．第二象限 D．第四象限
解析：选D ＝＝－，对应点在第四象限．
2．函数y＝x－sin x，x∈的最大值是( )
A．π－1 B.－1
C．π D．π＋1
解析：选C y′＝1－cos x≥0，所以y＝x－sin x在上为增函数．当x＝π时，ymax＝π.
3．使不等式＜成立的条件是( )
A．a＞b B．a＜b
C．a＞b，且ab＜0 D．a＞b，且ab＞0
解析：选D 欲使＜成立，需使－＜0，
即＜0，结合选项可知选D.
4．设函数f(x)＝＋ln x，则( )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析：选D 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当x＝2时，f′(x)＝0；当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当05.函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝ax2＋bx＋的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2] B.
C．[－2,3] D.
解析：选D 由题图可知d＝0.不妨取a＝1，∵f(x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由图可知f′(－2)＝0，f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0,27＋6b＋c＝0，
∴b＝－，c＝－18.∴y＝x2－x－6，y′＝2x－. 当x＞时，y′＞0，∴y＝x2－x－6的单调递增区间为.故选D.
6．设曲线y＝sin x上任一点(x，y)处切线的斜率为g(x)，则函数y＝x2g(x)的部分图象可以为( )
解析：选C 根据题意得g(x)＝cos x，∴y＝x2g(x)＝x2cos x为偶函数．又x＝0时，y＝0，故选C.
7．设函数f(x)在R上可导，f(x)＝x2f′(2)－3x，则f(－1)与f(1)的大小关系是( )
A．f(－1)＝f(1) B．f(－1)>f(1)
C．f(－1)解析：选B 因为f(x)＝x2f′(2)－3x，所以f′(x)＝2xf′(2)－3，则f′(2)＝4f′(2)－3，解得f′(2)＝1，所以f(x)＝x2－3x，所以f(1)＝－2，f(－1)＝4，故f(－1)>f(1).
8．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
解析：选B 由2xln x≥－x2＋ax－3，得a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)
9．用反证法证明某命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为________________________________．
答案：a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
10．设f(x)＝xln x，则f′(1)＝________，若f′(x0)＝2，则x0的值为________．
解析：由f(x)＝xln x，得f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1；根据题意知ln x0＋1＝2，所以ln x0＝1，因此x0＝e.
答案：1 e
11．已知z＝1－i，则|z|＝________，＝________.
解析：|z|＝＝，
＝＝＝－2i.
答案： －2i
12．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)＞0的解集为_______，单调递减区间为________．
解析：f′(x)＝2x－2－＞0，即＞0.∵x＞0，
∴(x－2)(x＋1)＞0.∴x＞2.由f′(x)＜0，解得(0,2)．
答案：(2，＋∞) (0,2)
13．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为______元时利润最大，利润的最大值为______元．
解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则
y＝(p－20)(8 300－170p－p2)
＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)，
则y′＝－3p2－300p＋11 700.
令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0，
解得p＝30或p＝－130(舍去)．
则p，y，y′变化关系如下表：
p
(20,30)
30
(30，＋∞)
y′
＋
0
－
y
?
极大值
?
故当p＝30时，y取极大值为23 000元．
又y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元．
答案：30 23 000
14．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k∈N*，k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是________．
解析：令f(n)＝1＋＋＋…＋，
∴f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋，
因此应增加的项为＋＋…＋，共2k项．
答案：2k
15．函数y＝ln x(x＞0)的图象与直线y＝x＋a相切，则a＝________.
解析：y′＝(ln x)′＝(x＞0)，又y＝ln x的图象与直线y＝x＋a相切，∴＝，∴x＝2，因此，切点P(2，ln 2)在直线y＝x＋a上，∴ln 2＝1＋a，∴a＝ln 2－1.
答案：ln 2－1
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)已知a＞b＞c，求证：＋≥.
证明：已知a＞b＞c，因为＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，
所以＋≥4，即＋≥.
17．(本小题满分15分)设函数f(x)＝－x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m＞0.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝－x3＋x2，
f′(x)＝－x2＋2x，故f′(1)＝1.
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为1.
(2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1－m或x＝1＋m.
因为m＞0，所以1＋m＞1－m.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，
1－m)
1－m
(1－m，
1＋m)
1＋m
(1＋m，
＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
极小值
?
极大值
?
所以f(x)在(－∞，1－m)，(1＋m，＋∞)内是减函数，在(1－m,1＋m)内是增函数．
函数f(x)在x＝1－m处取得极小值f(1－m)，
且f(1－m)＝－m3＋m2－.
函数f(x)在x＝1＋m处取得极大值f(1＋m)，
且f(1＋m)＝m3＋m2－.
18．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此a的取值范围是(0,1)．
19．(本小题满分15分)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an＞0，n∈N*.
(1)求a1，a2，a3；
(2)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．
解：(1)a1＝S1＝＋－1，
所以a1＝－1±.
又因为an＞0，所以a1＝－1.
S2＝a1＋a2＝＋－1，所以a2＝－.
S3＝a1＋a2＋a3＝＋－1，
所以a3＝－.
(2)由(1)猜想an＝－，n∈N*.
下面用数学归纳法加以证明：
①当n＝1时，由(1)知a1＝－1成立．
②假设n＝k(k∈N*)时，ak＝－成立．
当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk
复习课(二) 直接证明与间接证明(部分)
综合法与分析法
(1)综合法与分析法是高考重点考查内容，一般以某一知识点作为载体，考查由分析法获得解题思路以及用综合法有条理地表达证明过程．
(2)理解综合法与分析法的概念及区别，掌握两种方法的特点，体会两种方法的相辅相成、辩证统一的关系，以便熟练运用两种方法解题．
1．综合法：是从已知条件推导出结论的证明方法；综合法又叫做顺推证法或由因导果法．
2．分析法：是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，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)……”“即要证……”“只需证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．
[典例] 设a>0，b>0，a＋b＝1，
求证：＋＋≥8.
[证明] 法一：综合法
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2，≤，ab≤，所以≥4，
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
所以＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
法二：分析法
因为a>0，b>0，a＋b＝1，要证＋＋≥8.
只要证＋≥8，
只要证＋≥8，
即证＋≥4.
也就是证＋≥4.
即证＋≥2，
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2成立，
所以原不等式成立．
[类题通法]
综合法和分析法的特点
(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．
(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
1．已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，那么m的最大值等于( )
A．10 B．9
C．8 D．7
解析：选B ∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.
∴不等式可化为m≤(2a＋b)＝5＋2.
∵5＋2≥5＋4＝9，即其最小值为9，
∴m≤9，即m的最大值等于9.
2．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，
求证：＋＜＋.
证明：要证＋＜＋，
只需证(＋)2＜(＋)2，
即a＋d＋2＜b＋c＋2，
因a＋d＝b＋c，只需证＜，
即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，
则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，
故ad＜bc成立，从而＋＜＋成立.
反证法
(1)反证法是证明问题的一种方法，在高考中很少单独考查，常用来证明解答题中的一问．
(2)反证法是间接证明的一种基本方法，使用反证法进行证明的关键是在正确的推理下得出矛盾．
1．使用反证法应注意的问题：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．
2．一般以下题型用反证法：
(1)当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；
(2)否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；
(3)有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法．
[典例] (1)否定：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为( )
A．a，b，c都是偶数
B．a，b，c都是奇数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数
(2)已知：ac≥2(b＋d)．
求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．
[解析] (1)自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为“a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数．”
答案：D
(2)证明：假设两方程都没有实数根．则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，
从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，
与已知矛盾，故原命题成立．
[类题通法]
反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．
1．已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，
则有a＋b＋c＜3，
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
2．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都为整数，已知f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．
证明：假设方程f(x)＝0有一个整数根k，
则ak2＋bk＋c＝0，
∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，
∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数．
当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，
则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，
与ak2＋bk为奇数矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，
则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2＋bk为奇数矛盾．
综上可知方程f(x)＝0无整数根．
数学归纳法
(1)数学归纳法在近几年高考试题中都有所体现，常与数列、不等式结合在一起考查，一般涉及通项公式的求解，相关等式、不等式的证明等，考查模式一般为“归纳——猜想——证明”．
(2)数学归纳法是一种特殊的直接证明的方法，在证明一些与正整数有关的数学命题时，往往是非常有用的研究工具．在使用时注意“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可．
1．定义：数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．
第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．
2．注意问题：
①n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．
②由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．
③要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．
[典例] 设a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
[解] (1)∵a1＝1，
∴a2＝f(a1)＝f(1)＝；
a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝.
猜想an＝(n∈N*)．
(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k(k∈N*)时猜想正确，
即ak＝，
则ak＋1＝f(ak)＝＝
＝＝.
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任何n∈N*，都有an＝.
[类题通法]
与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略
(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．
(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．
1．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.
解析：由(S1－1)2＝S得：S1＝；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝.
猜想Sn＝.
答案：
2．设数列{an}的前n项和Sn＝(n∈N*)，a2＝2.
(1)求{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)猜想{an}的通项公式，并证明．
解：(1)由Sn＝得a1＝1，又由a2＝2，得a3＝3.
(2)猜想：an＝n.证明如下：①当n＝1时，猜想成立．
②假设当n＝k(k≥2)时，猜想成立，即ak＝k，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk
＝－
＝－.
所以ak＋1＝－＝k＋1，
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
根据①②知，对任意n∈N*，都有an＝n.
1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设( )
A．三个内角都不大于60°
B．三个内角都大于60°
C．三个内角至多有一个大于60°
D．三个内角至多有两个大于60°
解析：选B 假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，故选B.
2．若三角形能分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是( )
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．直角三角形 D．不能确定
解析：选C 直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，故选C.
3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：选D 因为a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.故选D.
4．用反证法证明命题“已知a，b，c∈(0,2)，求证a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)不可能都大于1”时，反证假设时正确的是( )
A．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都小于1
B．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都大于1
C．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都不大于1
D．以上都不对
解析：选B 反设是否定结论，原命题的结论是不都大于1，所以否定是都大于1.故选B.
5．设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；
⑤ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )
A．②③ B．①②③
C．③ D．③④⑤
解析：选C 若a＝，b＝，则a＋b>1，
但a<1，b<1，故①推不出；
若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；
若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；
若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；
对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，
反证法：假设a≤1且b≤1，
则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，
因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.
6．已知c＞1，a＝－，b＝－，则正确的结论是( )
A．a＞b B．a＜b
C．a＝b D．a，b大小关系不定
解析：选B 假设a≥b，即－≥ －，
∴＋≥2，
平方得2c＋2≥4c，
2c≤2，c≤，即c2≤c2－1，
0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a＜b.
7．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________．
解析：由≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，∴f≤f()≤f，即A≤B≤C.
答案：A≤B≤C
8．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝(n∈N*)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时的等式左边的差等于________．
解析：当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k＋2)；当n＝k时，左边＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k，其差为(2k＋1)＋(2k＋2)－(k＋1)＝3k＋2.
答案：3k＋2
9．若直线ax＋2by－2＝0(a＞0，b＞0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则＋的最小值为________．
解析：由题知直线经过圆心(2,1)，则a＋b＝1，所以＋＝(a＋b)＝3＋≥3＋2.
答案：3＋2
10．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明：假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则a＋b＋c≤0，
而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，
因此a，b，c中至少有一个大于0.
11．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－a＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋≤对一切n∈N*恒成立．
解：(1)∵a－a＝2，
∴数列{a}为首项为1，公差为2的等差数列，
∴a＝1＋(n－1)·2＝2n－1，
又an>0，则an＝.
(2)证明：由(1)知，即证1＋＋…＋≤.
①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立．
当n＝2时，左边<右边，所以不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，
即1＋＋…＋≤，
当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋…＋＋≤＋
<＋
＝＋
＝＝.
所以当n＝k＋1时不等式成立．
由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．
12．已知函数f(x)＝x2－ax＋ln(x＋1)(a∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值点；
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上恒有f′(x)>x，求实数a的取值范围；
(3)已知a<1，c1>0，且cn＋1＝f′(cn)(n＝1,2，…)，证明数列{cn}是单调递增数列．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2－2x＋ln(x＋1)，
f′(x)＝2x－2＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝±.
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴函数f(x)的极大值点为x＝－，
极小值点为x＝.
(2)∵f′(x)＝2x－a＋，
由f′(x)>x，
得2x－a＋>x，
所以a又x＋＝x＋1＋－1>1，
∴a≤1.
故所求实数a的取值范围为(－∞，1]．
(3)证明：(用数学归纳法证明)
①当n＝1时，c2＝f′(c1)＝2c1－a＋，
∵c1>0，∴c1＋1>1，又a<1，
∴c2－c1＝c1－a＋＝c1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0，
∴c2>c1，即当n＝1时结论成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时结论成立，
即ck＋1>ck>0，
当n＝k＋1时，
ck＋2－ck＋1＝ck＋1－a＋＝ck＋1＋1＋－(a＋1)>2－(a＋1)＝1－a>0.
∴ck＋2>ck＋1，
即当n＝k＋1时结论成立．
由①②知数列{cn}是单调递增数列．
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“回扣验收特训”见“回扣验收特训（二）”
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