《（全國(guó)版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第11章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 第4講 直接證明與間接證明學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第11章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 第4講 直接證明與間接證明學(xué)案（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
第4講 直接證明與間接證明
板塊一 知識(shí)梳理·自主學(xué)習(xí)
[必備知識(shí)]
考點(diǎn)1 直接證明
考點(diǎn)2 間接證明
1．反證法的定義
假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出矛盾，因此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明原命題成立的證明方法．
2．利用反證法證題的步驟
(1)假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面成立；
(2)由假設(shè)出發(fā)進(jìn)行正確的推理，直到推出矛盾為止；
(3)由矛盾斷言假設(shè)不成立，從而肯定原命題的結(jié)論成立．簡(jiǎn)言之，否定→歸謬→斷言．
[必會(huì)結(jié)論]
分析法與綜合法相輔相成，對(duì)較復(fù)雜的問(wèn)題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件、基礎(chǔ)知識(shí)之間的關(guān)系，找到解決問(wèn)題的思
2、路，再運(yùn)用綜合法證明，或者在證明時(shí)將兩種方法交叉使用．
[考點(diǎn)自測(cè)]
1．判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)
(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(shí)，應(yīng)假設(shè)“a＜b”．( )
(4)反證法是指將結(jié)論和條件同時(shí)否定，推出矛盾．( )
(5)在解決問(wèn)題時(shí)，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(wèn)題的過(guò)程．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
2．要證明＋<2，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的
3、是( )
A．綜合法 B．分析法
C．反證法 D．歸納法
答案 B
解析 從要證明的結(jié)論——比較兩個(gè)無(wú)理數(shù)大小出發(fā)，證明此類(lèi)問(wèn)題通常轉(zhuǎn)化為比較有理數(shù)的大小，這正是分析法的證明方法，故選B.
3．[課本改編]用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角至多有一個(gè)鈍角”時(shí)，假設(shè)正確的是( )
A．假設(shè)至少有一個(gè)鈍角
B．假設(shè)至少有兩個(gè)鈍角
C．假設(shè)沒(méi)有一個(gè)鈍角
D．假設(shè)沒(méi)有一個(gè)鈍角或至少有兩個(gè)鈍角
答案 B
解析 注意到：“至多有一個(gè)”的否定應(yīng)為“至少有兩個(gè)”，故選B.
4．[2018·包頭模擬]若實(shí)數(shù)a，b滿足a＋b＜0，則( )
A．a(chǎn)，b都小于0
B．a(chǎn)，b都大于0
4、
C．a(chǎn)，b中至少有一個(gè)大于0
D．a(chǎn)，b中至少有一個(gè)小于0
答案 D
解析 假設(shè)a，b都不小于0，即a≥0，b≥0，則a＋b≥0，這與a＋b＜0相矛盾，因此假設(shè)錯(cuò)誤，即a，b中至少有一個(gè)小于0.
5．[2018·揚(yáng)州調(diào)研]設(shè)a>b>0，m＝－，n＝，則m，n的大小關(guān)系是________．
答案 m?a0，顯然成立．
6．下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的條件的序號(hào)是________．
答案?、佗邰?
解
5、析 要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不為0且同號(hào)即可，故①③④都能使＋≥2成立．
板塊二 典例探究·考向突破
考向 綜合法證明
例 1 已知sinθ，sinx，cosθ成等差數(shù)列，sinθ，siny，cosθ成等比數(shù)列．證明：2cos2x＝cos2y.
證明 ∵sinθ與cosθ的等差中項(xiàng)是sinx，等比中項(xiàng)是siny，
∴sinθ＋cosθ＝2sinx，①
sinθcosθ＝sin2y，②
①2－②×2，可得(sinθ＋cosθ)2－2sinθcosθ＝4sin2x－2sin2y，即4sin2x－2sin2y＝1.
∴4×－2×＝1，即2－2cos2x－(1－cos2
6、y)＝1.
故證得2cos2x＝cos2y.
觸類(lèi)旁通
綜合法證明的思路
(1)綜合法是“由因?qū)Ч钡淖C明方法，它是一種從已知到未知(從題設(shè)到結(jié)論)的邏輯推理方法，即從題設(shè)中的已知條件或已證的真實(shí)判斷(命題)出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列中間推理，最后導(dǎo)出所要求證結(jié)論的真實(shí)性．
(2)綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理．
【變式訓(xùn)練1】 已知f(x)＝，證明：f(x)＋f(1－x)＝.
證明 ∵f(x)＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝＋＝＝＝＝.
故f(x)＋f(1－x)＝成立．
考向 分析法證明
例 2 已知a>0，證明： －≥a＋－2.
證明 要證 －≥a＋－2，
只
7、需證 ≥－(2－)．
因?yàn)閍>0，所以－(2－)>0，
所以只需證2≥2，
即2(2－)≥8－4，只需證a＋≥2.
因?yàn)閍>0，a＋≥2顯然成立＝1時(shí)等號(hào)成立，所以要證的不等式成立．
觸類(lèi)旁通
分析法證題的技巧
(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過(guò)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(wèn)題順利獲解的關(guān)鍵．
(2)證明較復(fù)雜的問(wèn)題時(shí)，可以采用兩頭湊的辦法，即通過(guò)分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過(guò)綜合法由條件證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證．
【變式訓(xùn)練2】 已知正數(shù)a，b，c滿足a＋b＋c＝1.
求證：＋＋≤.
證明 欲證＋＋
8、≤，
則只需證(＋＋)2≤3，
即證a＋b＋c＋2(＋＋)≤3，
即證＋＋≤1.
又＋＋≤＋＋＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝時(shí)取“＝”，
∴原不等式＋＋≤成立．
考向 反證法的應(yīng)用
命題角度1 證明否定性命題
例 3 設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和．
(1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列；
(2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？
解 (1)證明：若{Sn}是等比數(shù)列，則S＝S1·S3，即a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，
∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，這與q≠0相矛盾，故數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列．
(2)當(dāng)q＝1時(shí)，
9、{Sn}是等差數(shù)列．
當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn}不是等差數(shù)列．假設(shè)q≠1時(shí)，S1，S2，S3成等差數(shù)列，即2S2＝S1＋S3，
2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．
由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，
∵q≠1，∴q＝0，這與q≠0相矛盾．
綜上可知，當(dāng)q＝1時(shí)，{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn}不是等差數(shù)列．
命題角度2 證明存在性問(wèn)題
例 4 設(shè)x、y、z>0，a＝x＋，b＝y(tǒng)＋，c＝z＋，求證：a、b、c三數(shù)至少有一個(gè)不小于2.
證明 假設(shè)a、b、c都小于2，
則a＋b＋c<6.
而事實(shí)上a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥2＋2＋2＝6(當(dāng)
10、且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時(shí)取“＝”)與a＋b＋c<6矛盾，
∴a，b，c中至少有一個(gè)不小于2.
命題角度3 證明唯一性命題
例 5 已知四棱錐S－ABCD中，底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.
(1)求證：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在異于S，C的點(diǎn)F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)證明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.
(2)假設(shè)在棱SC上存在異于S，C的點(diǎn)F，使得BF∥平面SAD.
∵BC∥AD，BC?平面SAD.
11、
∴BC∥平面SAD.而B(niǎo)C∩BF＝B，
∴平面FBC∥平面SAD.這與平面SBC和平面SAD有公共點(diǎn)S矛盾，∴假設(shè)不成立．
故不存在這樣的點(diǎn)F，使得BF∥平面SAD.
觸類(lèi)旁通
反證法的適用范圍及證明的關(guān)鍵
(1)適用范圍：當(dāng)一個(gè)命題的結(jié)論是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出現(xiàn)時(shí)，宜用反證法來(lái)證．
(2)關(guān)鍵：在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是與已知條件矛盾，與假設(shè)矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實(shí)矛盾等，推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的．
【變式訓(xùn)練3】 (1)若三個(gè)方程x2＋4mx－4m＋3＝0，x2＋(m－1)x＋m2＝0，x2＋2mx－2m＝0中至少有一個(gè)方程有實(shí)數(shù)根，
12、求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解 當(dāng)三個(gè)方程都沒(méi)有實(shí)根時(shí)，
即
解得
所以－－2)，使函數(shù)h(x)＝是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 ①由已知得g(x)＝(x－1)2＋1，其圖象的對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，區(qū)間[1，b]在對(duì)稱(chēng)軸的右邊，
13、
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b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.
因?yàn)閎>1，所以b＝3.
②假設(shè)函數(shù)h(x)＝在區(qū)間[a，b](a>－2)上是“四維光軍”函數(shù)，因?yàn)閔(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以有即解得a＝b，這與已知矛盾．故不存在．
核心規(guī)律
1.分析法的特點(diǎn)：從未知看需知，逐步靠攏已知．
2.綜合法的特點(diǎn)：從已知看可知，逐步推出未知．
3.分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法思考起來(lái)比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡(jiǎn)捷地解決問(wèn)題，
14、但不便于思考．實(shí)際證題時(shí)常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來(lái)．
滿分策略
1.當(dāng)題目條件較多，且都很明確時(shí)，由因?qū)Ч^容易，一般用綜合法，但在證明中，要保證前提條件正確，推理要合乎邏輯規(guī)律．
2.當(dāng)題目條件較少，可逆向思考時(shí)，執(zhí)果索因，使用分析法解決．但在證明過(guò)程中，注意文字語(yǔ)言的準(zhǔn)確表述．
3.利用反證法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，要假設(shè)結(jié)論錯(cuò)誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒(méi)有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過(guò)程是錯(cuò)誤的.
板塊三 啟智培優(yōu)·破譯高考
創(chuàng)新交匯系列10——分析法與綜合法的交匯整合
[2018·長(zhǎng)沙模擬]已知函數(shù)f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c
15、是兩兩不相等的正數(shù)，且a，b，c成等比數(shù)列，試判斷f(a)＋f(c)與2f(b)的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
解題視點(diǎn) (1)先判斷它們的大小，可用特例法．(2)用分析法探尋證題思路．(3)用綜合法完成證明．事實(shí)上，取a＝1，b＝2，c＝4，則f(a)＋f(c)＝f(1)＋f(4)＝log218，2f(b)＝2f(2)＝log216，于是由log218>log216，猜測(cè)f(a)＋f(c)>2f(b)．
要證f(a)＋f(c)>2f(b)，則只需證log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)，即證log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，也即證(a＋2)(c＋
16、2)>(b＋2)2.展開(kāi)整理得ac＋2(a＋c)>b2＋4b.
因?yàn)閎2＝ac，所以只要證a＋c>2，顯然是成立的．
解 f(a)＋f(c)>2f(b)．
證明如下：因?yàn)閍，b，c是兩兩不相等的正數(shù)，
所以a＋c>2.
因?yàn)閎2＝ac，所以ac＋2(a＋c)>b2＋4b，
即ac＋2(a＋c)＋4>b2＋4b＋4，
從而(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.
因?yàn)閒(x)＝log2x是增函數(shù)，
所以log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，
即log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)．
故f(a)＋f(c)>2f(b)．
答題啟示 (1)
17、綜合法和分析法各有其優(yōu)缺點(diǎn)，分析法利于思考，綜合法宜于表達(dá)，因此，在實(shí)際解題時(shí)，常常把分析法和綜合法結(jié)合起來(lái)運(yùn)用，先以分析法為主尋求解題思路，再用綜合法表述解答或證明過(guò)程.有時(shí)要把分析法和綜合法結(jié)合起來(lái)交替使用，才能成功.,(2)本題易錯(cuò)的原因一是不會(huì)用分析法分析，找不到解決問(wèn)題的切入口；二是不會(huì)用綜合法表述，從而導(dǎo)致解題格式不規(guī)范.將分析法和綜合法整合，是證明數(shù)學(xué)問(wèn)題的一種重要的思想方法.
跟蹤訓(xùn)練
[2018·安徽模擬](1)設(shè)x≥1，y≥1，證明：x＋y＋≤＋＋xy；
(2)1
18、)由于x≥1，y≥1，所以要證明：x＋y＋≤＋＋xy，只要證明：xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2，
只要證明：(xy)2－1＋(x＋y)－xy(x＋y)≥0，
只要證明：(xy－1)(xy＋1－x－y)≥0，
只要證明：(xy－1)(x－1)(y－1)≥0.
由于x≥1，y≥1，上式顯然成立，所以原命題成立．
(2)設(shè)logab＝x，logbc＝y(tǒng)，則logca＝＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy，
∴所要證明不等式即為x＋y＋≤＋＋xy.
∵c≥b≥a>1，∴x＝logab≥1，y＝logbc≥1，
由(1)知所證明的不等式成立．
板塊四 模擬演練·提能
19、增分
[A級(jí) 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]
1．[2018·綿陽(yáng)周測(cè)]設(shè)t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，則下列關(guān)于t和s的大小關(guān)系中正確的是( )
A．t>s B．t≥s C．tab>b2
C.< D.>
答案 B
解析 a2－ab＝a(a－b)，
∵a0，
∴a2>ab.①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2
20、>ab>b2.
3．下列不等式一定成立的是( )
A．lg >lg x(x>0)
B．sinx＋>2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.<1(x∈R)
答案 C
解析 對(duì)于A，當(dāng)x>0時(shí)，x2＋≥2·x·＝x
所以lg ≥lg x，故A不正確；
對(duì)于B，當(dāng)x≠kπ時(shí)，sinx正負(fù)不定，不能用基本不等式，所以B不正確；
對(duì)于D，當(dāng)x＝0時(shí)，＝1，故D不正確．
由基本不等式可知選項(xiàng)C正確．
4．若a>0，b>0，a＋b＝1，則下列不等式不成立的是( )
A．a(chǎn)2＋b2≥ B．a(chǎn)b≤
C.＋≥4 D.＋≤1
答案 D
解析 a2＋b
21、2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·2＝，∴A成立；
ab≤2＝，∴B成立．
又＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，∴C成立，∴應(yīng)選D.
5．[2018·鄒平期末]若a>b>c，則使＋≥恒成立的最大的正整數(shù)k為( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
且a－c＝a－b＋b－c.
又＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，
∴k≤＋，k≤4，
故k的最大整數(shù)為4.故選C.
6．[2018·邯鄲模擬]設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出下列條件：
①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1.其
22、中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件是________．(填序號(hào))
答案?、?
解析 若a＝，b＝，則a＋b＞1，
但a＜1，b＜1，故①推不出；
若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；
若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2＞2，故④推不出；
若a＝－2，b＝－3，則ab＞1，故⑤推不出；
對(duì)于③，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b＞2矛盾，
因此假設(shè)不成立，故a，b中至少有一個(gè)大于1.
7．已知a＋b＋c＝0，求證：a3＋a2c＋b2c－abc＋b3＝0.
證明 運(yùn)用“立方和”公式證明：
a3＋b3＝(a＋b)·(a2－ab＋b2)，
∴原式＝a3
23、＋b3＋(a2c＋b2c－abc)
＝(a＋b)·(a2－ab＋b2)＋c(a2－ab＋b2)
＝(a＋b＋c)·(a2－ab＋b2)
∵a＋b＋c＝0，
∴原式＝0，
即當(dāng)a＋b＋c＝0時(shí)，a3＋a2c＋b2c－abc＋b3＝0.
8．設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，求證：f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(duì)稱(chēng)，可知f(x＋1)＝f(－x)．將x換成x－代入上式可得f＝f，
即f＝f，
由偶函數(shù)的定義可知f為偶函數(shù)．
9．等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1
24、)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；
(2)設(shè)bn＝(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．
解 (1)由已知得
所以d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)證明：由(1)，得bn＝＝n＋.假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比數(shù)列，
則b＝bpbr，即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
所以(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
因?yàn)閜，q，r∈N*，所以
所以2＝pr?(p－r)2＝0.
所以p＝r，這與p≠r矛盾，所以數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．
10．已知函數(shù)f(x)
25、＝ax＋(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(méi)有負(fù)數(shù)根．
[B級(jí) 知能提升]
1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，則M與N的大小關(guān)系是( )
A．M≥N B．M≤N
C．M＝N D．不能確定
答案 A
解析 M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy)
＝[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)]
＝[(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2]≥0.故M≥N.
2．已知實(shí)數(shù)m，n滿足m·n>0，m＋n＝－1，則＋的最大值為_(kāi)_______．
26、答案?。?
解析 ∵m·n>0，m＋n＝－1，∴m<0，n<0，
∴＋＝－(m＋n)
＝－≤－2－2＝－4，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝－時(shí)，＋取得最大值－4.
3．[2018·清水期末]設(shè)a>0，b>0,2c>a＋b，求證：
(1)c2>ab；
(2)c－0，b>0,2c>a＋b≥2，
∴c>，
平方得c2>ab.
(2)要證c－
27、2bx＋c.若a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，求證：
(1)a>0且－2<<－1；
(2)方程f(x)＝0在(0,1)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根．
證明 (1)∵f(0)>0，f(1)>0，∴c>0,3a＋2b＋c>0.
由a＋b＋c＝0，消去b得a>c>0；
再由條件a＋b＋c＝0，消去c得a＋b<0且2a＋b>0，
∴－2<<－1.
(2)解法一：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)
＝4>0，
∴方程f(x)＝0有兩個(gè)實(shí)根．
設(shè)方程的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得
x1＋x2＝－>0，x1x2＝>0，故兩根為正．
又∵(x1－1)＋(x2－1)＝－－
28、2<0，
(x1－1)(x2－1)＝>0，故兩根均小于1，命題得證．
解法二：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)＝4>0，
由(1)知－2<<－1，∴<－<1，
已知f(0)>0，f(1)>0，
∴f(x)＝0在(0,1)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根．
5．[2015·陜西高考]設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項(xiàng)和，其中x>0，n∈N，n≥2.
(1)證明：函數(shù)Fn(x)＝fn(x)－2在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn)，且xn＝＋x；
(2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gn(x)，比較fn(x)和gn(x)的大小，并加以證明
29、．
解 (1)證明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
則Fn(1)＝n－1>0，
Fn＝1＋＋2＋…＋n－2＝－2＝－<0，
所以Fn(x)在內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)．
又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，
故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，
所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn.
因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn)，所以Fn(xn)＝0，
即－2＝0，故xn＝＋x.
(2)由題設(shè)，gn(x)＝.
設(shè)h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x>0.
當(dāng)x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)．
當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－.
若0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0.
若x>1，h′(x)
（全國(guó)版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第11章 算法初步、復(fù)數(shù)、推理與證明 第4講 直接證明與間接證明學(xué)案
