人教版高中數(shù)學(xué)選修2教學(xué)案2直接證明與間接證明教師版

1、直接證明與間接證明（1） 了解直接證明的一種基本方法綜合法、分析法；（2） 了解間接證明的一種基本方法反證法；（3） 了解綜合法、分析法、反證法的思考過(guò)程與特點(diǎn)，會(huì)用綜合法、分析法、反證法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題類型一、直接證明：一.綜合法1 .定義：從命題的條化出發(fā)，利用定義、公理、定理及運(yùn)算法則，經(jīng)過(guò)一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立.2 .思維特點(diǎn)：由因?qū)Ч?，即由已知條件出發(fā)，利用已知的數(shù)學(xué)定理、性質(zhì)和公式，推出結(jié)論的一種證明方法.3 .框圖表示：（P表示已知條件、已有的定義、定理、公理等，Q表示要證明的結(jié)論）二.分析法1 .定義：一般地,從要證明的結(jié)迨出發(fā),逐步尋求使它成立的充允條件_

2、,直至最后,把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判斷一個(gè)明顯成立的條件（已知條件、定理、定義、公理等）為止，這種證明方法叫做分析法.2 .思維特點(diǎn)：執(zhí)果索因.步步尋求上一步成立的充分條件，它與綜合法是對(duì)立統(tǒng)一的兩種3 .框圖表示：（用Q表示要證明的結(jié)論，注表示充分條件）4 .分析法的書(shū)寫(xiě)格式：要證：只要證：只需證：顯然成立上述各步均可逆所以，結(jié)論成立刈二、反前港:求證：J3+J7<2J5反證誨e鰥設(shè)由媽卻3不庵小帽幃纏的照面月L立），經(jīng)過(guò)江確的推解以磁幕43#闞涯如5設(shè)錯(cuò)誤，從而立3明原命題成立這樣的的證研1臥切）2<（2回2(2,反證枷河翱粉+2亞<20a反設(shè)只臉端命題妍購(gòu)了（即假設(shè)結(jié)論的

3、反面成立）；b歸繆只需蹤設(shè)出為綾赳推理論證,得出矛盾;c下結(jié)招:為俯盾即酬襁立，從而肯定命題成Lo(3）應(yīng)用廝肪域3厝形?<2J5直接證明困難；需分成很多類進(jìn)行討論.“有無(wú)窮多個(gè)”-類命題;結(jié)論為“至少”、“至多”、結(jié)論為“唯一”類命題；（4）關(guān)鍵在于歸繆矛盾：a、與已知條件矛盾；b、與公理、定理、定義矛盾；c、自相矛盾。題型一綜合法：例1已知a,b,c是不全相等的正數(shù),ab,bc,ca求證：1g1g1gIgaIgbIgc證明：a,b,cR以上三式相加，且注意到a,b,c不全相等,故1gbcig2ig.1gaIgbigc總結(jié)：本題主要綜合運(yùn)用基本不等式以及對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)來(lái)證明例2在4AB

4、C中，三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且A,B,C成等差數(shù)列，a,b,c成等比數(shù)列，求證ABC為等邊三角形.證明：由A,B,C成等差數(shù)列，有2B=A+C.0因?yàn)锳,B,C為ABC的內(nèi)角，所以A+B+C=n.JT由，得B=.由a,b,c成等比數(shù)列，有b2=ac.由余弦定理及，可得再由，得a2+c2-ac=ac.因此a=c.從而A=C.(5)由，得國(guó)A=B=C=.所以ABC為等邊三角形.總結(jié):解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，往往要先作語(yǔ)言的轉(zhuǎn)換，如把文字語(yǔ)言轉(zhuǎn)換成符號(hào)語(yǔ)言，或把符號(hào)語(yǔ)言轉(zhuǎn)換成圖形語(yǔ)言等.還要通過(guò)細(xì)致的分析，把其中的隱含條件明確表示出來(lái).練習(xí)：1、在ABC中，三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為

5、a,b,c,且A,B,C成等差數(shù)列，a,b,c成等比數(shù)列，求證ABC為等邊三角形.分析：將A,B,C成等差數(shù)列，轉(zhuǎn)化為符號(hào)語(yǔ)言就是2B=A+C;A,B,跌ABC的內(nèi)角，這是一個(gè)隱含條件，明確表示出來(lái)是A+B+C5；a,b,c成等比數(shù)列，轉(zhuǎn)化為符號(hào)語(yǔ)言就是b2=ac.此時(shí)，如果能把角和邊統(tǒng)一起來(lái)，那么就可以進(jìn)一步尋找角和邊之間的關(guān)系，進(jìn)而判斷三角形的形狀，余弦定理正好滿足要求.于是，可以用余弦定理為工具進(jìn)行證明.證明：由A,B,C成等差數(shù)列，有2B=A+C.因?yàn)锳,B,C為ABC的內(nèi)角，所以A+B+C=n.n由，得B=.由a,b,c成等比數(shù)列，有b2=ac.由余弦定理及，可得22再由，得acac

6、=ac.因此a=c.從而A=C.由，得國(guó)A=B=C=-.所以ABC為等邊三角形.解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，往往要先作語(yǔ)言的轉(zhuǎn)換，如把文字語(yǔ)言轉(zhuǎn)換成符號(hào)語(yǔ)言，或把符號(hào)語(yǔ)言轉(zhuǎn)換成圖形語(yǔ)言等.還要通過(guò)細(xì)致的分析，把其中的隱含條件明確表示出來(lái).2、已知a,bwRt求證aabb>abba.本題可以嘗試使用差值比較和商值比較兩種方法進(jìn)行。證明：1）差值比較法：注意到要證的不等式關(guān)于a,b對(duì)稱，不妨設(shè)a>b>0.從而原不等式得證。a-b_0abbabba_ba_bab-ab=ab(a-b),02)商值比較法：設(shè)a>b>0,abVa>i,a-b>0,a法=（a）"21

7、.故原不等式得證。babb注：比較法是證明不等式的一種最基本、最重要的方法。用比較法證明不等式的步驟是：作差（或作商）、變形、判斷符號(hào)。討論：若題設(shè)中去掉x#1這一限制條件，要求證的結(jié)論如何變換?題型二分析法：a-bbqcc4a例2右a,b,c是不全相等的正數(shù)，求證：lg+lg+lg>lga+lgb+lgc。證明：要證lgab+lgb_c+lgc-a>lga+lgb+lgc,222,abbcca/.、只需證只需證但是，lg->lg(ab-c),abbcca>abc。222ab之Tab>0,b-c之Jbc>0,c-a之Jaca0。222且上述三式中的等號(hào)不全成

8、立，所以，亙上絲£c-a>abc。222因此lgab+lgbc+lga>lga+lgb+lgc。222分析：從定不等式不易發(fā)現(xiàn)證明的出發(fā)點(diǎn)，因此我們直接從待證不等式出發(fā)，分析其成立的重要條件練習(xí)：在銳角MBC中，求證：tanAtanB>1證明：要證明tanAtanB>1只需證.sinAsinB2cosAcosB因?yàn)锳、B為銳角，所以cosA>0,cosB>0只需證cosAcosB<sinAsinB只需證cos（A+B）<0因?yàn)镃為銳角，A+B=n-C為鈍角所以cos（A+B）<0恒成立所以tanAtanB>1題型三反證法:2

9、例1、已知a是整數(shù)，2能整除a,求證：2能整除a.證明：假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即“2不能整除a”。因?yàn)閍是整數(shù)，故a是奇數(shù)，a可表示為2m+1(m為整數(shù))，則22/222a=(2m+1)=4m+4m+1=2(2m+2m)十1,即a是奇數(shù)。L八士人c2、一八“八士人c2”,“八上所以，2不能整除a。這與已知“2能整除a”相矛盾。于是，“2不能整A除a”這個(gè)假設(shè)錯(cuò)誤，故2能整除a./例2、在同一平面內(nèi)，兩條直線a,b都和直線c垂直。求證：a與b平行。b證明：假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即“直線a與b相交”。設(shè)直線a,b的交點(diǎn)為Ma,c的交點(diǎn)為P,b,c的交點(diǎn)為Q如圖所示，則/PMQ>0°

10、o|這樣MPQ的內(nèi)角和一/PMQ+NMPQ+NPQM這與定理“三角形的內(nèi)角和等于180°”相矛盾，這說(shuō)明假設(shè)是錯(cuò)誤的。所以直線a與b不相交，即a與b平行。例3、求證：也是無(wú)理數(shù)。證明：<2不是無(wú)理數(shù)，即盤(pán)是有理數(shù)，那么它就可以表示成兩個(gè)整數(shù)之比，設(shè)=衛(wèi)，p=0,q且p,q互素，則p%，；2=q。所以2p2=q2.故q2是偶數(shù)，q也必然為偶數(shù)。設(shè)q=2k,代入式，則有2P2=4k2,即p2=2k2,所以p也為偶數(shù)。P和q都是偶數(shù)，它們有公約數(shù)2,這與p,q互素相矛盾。因此，假設(shè)不成立，即“石是無(wú)理數(shù)”。練習(xí)：已知，a,b,cw(0,1),求證：(1-a)b,(1-b)c,(1-c

11、)a不能同日大于1。4、一、，、一，一1rr111證法一：假設(shè)二式同時(shí)大于一，即(1一ajb，(1一b)c，(1一c)a>44441*a,b,c70,1),，二式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a>一，又64(12,0'=1，同理(1-b)b<1,(1-c)c<124441，.1-ab1-bc1-c>,這與假設(shè)矛盾，故原命題得證。641-證法二：假設(shè)三式同時(shí)大于一，0<a<1,1a>0,4一一1-bc11-ca133同理'->1,A1,三式相加得一下一,這是矛盾的，故假設(shè)錯(cuò)誤，所以原命題得222222證1、已知a

12、,b,c是不全相等的正數(shù)，求證：第4頁(yè)證明：-b2+c2>2bc,a>0,22、-a(b+c)>2abc同理b(c2+a2)>2abc22.一c(a+b)>2abc因?yàn)閍,b,c不全相等，所以b2+c2>2bc,c2+a2>2ca,a2+b2>2ab三式不能全取"="號(hào)，從而、三式也不能全取“=2、已知a,b,c都是正數(shù)，且a,b,c成等比數(shù)列，求證：a2b2c2(a-bc)2證明：左右=2(ab+bcac),a,b,c成等比數(shù)列，b2=ac又a,b,c都是正數(shù)，所以O(shè)cbuJwalcca+c23、若實(shí)數(shù)x#1,求證：3(1+

13、x2+x4)>(1+x+x2)2.證明：采用差值比較法：4、已知a,b,GdCR,求證:ac+bdwv'(a2+b2)(，+d2)分析一：用分析法證法一:(1)當(dāng)ac+bdw。時(shí)，顯然成立.(2)當(dāng)ac+bd>0時(shí)，欲證原不等式成立，只需證(ac+bd)2<(a2+b2)(c2+d2)即證a2c2+2abcd+b2d2<ad+ad+bd+bd即證2abcdwb2c2+a2d22即證0w(bc-ad)因?yàn)閍,b,c,deR所以上式恒成立，綜合(1)、(2)可知：原不等式成立.分析二：用綜合法證法二：(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d

14、2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)=(ac+bd)2+(bc-ad)2A(ac+bd)2(a2b2)(c2d2)刁ac+bd|>ac+bd故命題得證，分析三：用比較法證法三：.(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2>0,.(a2+b2)(c2+d2)>(ac+bd)21.(a2b2)(c2d2)刁ac+bd|>ac+bd,即ac+bdw(a2b2)(c2d2)5、設(shè)a、b是兩個(gè)正實(shí)數(shù)，且awb,求證：a3+b3>a2b+ab2.證明：(用分析法思路書(shū)寫(xiě))要證a3+b3>a2b+ab2成立，只需

15、證(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b)成立，即需證a2-ab+b2>ab成立。(a+b>0)只需證a2-2ab+b2>0成立，即需證(a-b)2>0成立。而由已知條件可知，awb,有a-bw0,所以(a-b)2>0顯然成立，由此命題得證。(以下用綜合法思路書(shū)寫(xiě)).awb,a-bw0,(a-b)2>0,即a2-2ab+b2>0亦即a2-ab+b2>ab由題設(shè)條件知，a+b>0,(a+b)(a2-ab+b2)>(a+b)ab第5頁(yè)即a3+b3>a2b+ab2,由此命題得證基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.設(shè)4ABC的內(nèi)角A、B、

16、C所對(duì)的邊分別為a、b、c,若bcosC+ccosB=asinA,則ABC的形狀為（）A.銳角三角形B.直角三角形C.鈍角三角形D.不確定答案B解析由正弦定理得sinBcosC+sinCcosB=sin2A,所以，sin（B+C）=sin2A,.sinA=sin2A,而sinA>0,.sinA=1,A=2，所以4ABC是直角二角形.2.已知x、y為正實(shí)數(shù)，則()2lgx+lgy=2y*+2lgyC.21gxlgy=2y*+2lgyB.21g(x+y)=21gx2lgyD.21g(xy)=21gx21gy答案D解析21gg)=2(1gx+lgy)=21gx2lgy3.設(shè)a、bCR,且awb

17、,a+b=2,則必有（）A. 1"守a2+b2:丁<1B. ab<1<a2+b2D.2<1<ab答案B解析ab<a2+b2-2(awb).一14.設(shè)0<x<1,則a=V2x,b=1+x,c=1_x中取大的一個(gè)是(A.aB.bC.cD,不能確定答案C解析因?yàn)閎-c=(1+x)-=-<0,所以b<c.又因?yàn)?1+x)2>2x>0,所以1x1x1xb=1+x>/2X=a,所以a<b<c.13點(diǎn)評(píng)可用特值法：取x=J則a=1,b=：,c=2.5.已知y>x>0,且x+y=1,那么（）x+yx

18、+yA.x<-<y<2xyB.2xy<x<-<yx+yx+yC.x<-Z-<2xy<yD.x<2xyv-<y析解di-y+X1-2-y+2X貝1-4-X3一4?-y設(shè)3-8故<y,y+2X排除A、B、C,選D.6.已知函數(shù)f（x）=|ta>bR+,A=f'呼）B=f（犧），C=f念;，則A、B、C的大小關(guān)系為（）A.A<B<CC.B<C<A答案Aa+bOoh解析->>/ab>,又函數(shù)/a+bB.A<C<BD.C<B<A1f（X）=（3）X在（一

19、°°,+8）上是單調(diào)減函數(shù),a+b2ab,f（）<f（VS）<f（）.二、填空題7.已知a>0,b>0,m=lg2/a+bn=ig2，則m與n的大小關(guān)系為答案m>n解析因?yàn)椋╣+衽f=a+b+2a/S>3+b>0,Va+Vb所以>2，所以m>n.b、c的大小關(guān)系為8 .設(shè)a=也，b=V?娟，c=>/6-2,則a、,顯然b<c,答案a>c>b解析b=而a?=2,c2=8-212=8-V48<8-V36=2=a2,所以a>c.也可用ac=2亞一m=犯一證>0顯然成立，即a>c.

20、9 .如果a1Ja+bJb>aVb+bJa,則實(shí)數(shù)a、b應(yīng)滿足的條件是答案awb且a>0,b>0解析a&+b"/E>aiyb+b/a?aJa+byjba?/b-b-a>0?a(Ja-i/b)+b(i/b-/a)>0?(a-b)(E冊(cè))>0?(或+而(g洞2>0只需awb且a,b都不小于零即可.三、解答題10.已知nCN1-,且n>2,求證：>=>nn1.證明要證jn>,nn1,即證1>n只需證yjn(n-1>n1,2n>2,只需證n(n1)>(n1),只需證n>n-1,只需證

21、0>1,最后一個(gè)不等式顯然成立，故原結(jié)論成立.一、選擇題11.設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),對(duì)任意xCR都有f'(x)>f(x)成立，則()A.3f(ln2)>2f(ln3)B.3f(ln2)<2f(ln3)C.3f(ln2)=2f(ln3)D.3f(ln2)與2f(ln3)的大小不確定答案Bff1nxf(lnxf(lnx解析令F(x)=%權(quán)>0),貝UF'(x)=一'一?一,»0,，lnx史，對(duì)任意x也都有f'(x)>f(x),.f/(lnx)>f(lnx),.F'(x)>0,F(

22、x)為增函數(shù)，3>2>0,.尸(3)>/2),即野>f啜323f(ln2)<2f(ln3).12 .要使相般<需-b成立，a、b應(yīng)滿足的條件是()A.ab<0且a>bB.ab>0且a>bC.ab<0且a<bD.ab>0且a>b或ab<0且a<b答案D解析3/a3bojab?ab+33/ab2-33a2b<ab.3/ab2<3ab.當(dāng)ab>0時(shí)，有3b<3a,即b<a;當(dāng)ab<0時(shí)，有3/b>3/a,即b>a.13 ,若兩個(gè)正實(shí)數(shù)x、y滿足1+'

23、=1,且不等式x+'y<m23m有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()xy4A.(-1,4)B.(巴1)U(4,+8)C.(-4,1)D.(8,0)U(3,+8)答案B解析.x>0,y>0,1+4=1,.x+4=(x+4)(：+，=2+4+4X>2+2V4x4X=4等號(hào)在y=4x,即x=2,y=8時(shí)成立，x+y的最小值為4,要使不等式m23m>x+:有解，應(yīng)有m23m>4,.m<1或m>4,故選B.14.在f(m,n)中，m、n、f(m,n)N,且對(duì)任意m、n都有：(1)f(1,1)=1,(2)f(m,n+1)=f(m,n)+2,(3)f(m+1

24、,1)=2f(m,1);給出下列三個(gè)結(jié)論：f(1,5)=9;f(5,1)=16;f(5,6)=26;其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)是()個(gè).A.3B.2C.1D.0答案A解析.f(m,n+1)=f(m,n)+2,.f(m,n)組成首項(xiàng)為f(m,1),公差為2的等差數(shù)列，.f(m,n)=f(m,1)+2(n1).又f(1,1)=1,.f(1,5)=f(1,1)+2X(51)=9,又g+1,1)=2£舊,1),，f(m,1)構(gòu)成首項(xiàng)為f(1,1),公比為2的等比數(shù)列，.f(m,1)=f(1,1)2m1=2m1,，f(5,1)=251=16,，f(5,6)=f(5,1)+2X(61)=16+10=26

25、,.都正確，故選A.二、填空題15.若sinsin計(jì)sin尸0,cosa+cos汁cos尸0,貝Ucos(a=.-1答案鼻解析由題意sina+sin3=sin丫cosa+cos3=cos丫，兩邊同時(shí)平方相加得2+2sinasin3+2cosacos3=1一.1cos(X一份一一2.三、解答題16 .已知a、b、c表示ABC的三邊長(zhǎng)，m>0,a,bc求證：+>a+mb+mc+m.abc證明要證明一a十ba+mb+mc+m只需證明一a十bc>0即可.a+mb+mc+m:+a+mb+mc+ma(b+m(c+m)+b(a+mJc+mc(a+m)b+m)(a+mJb+mjc+m),.a

26、>0,b>0,c>0,m>0,.(a+m)(b+m)(c+m)>0,.a(b+m)(c+m)+b(a+m)(c+m)c(a+m)(b+m)=abc+abm+acm+am2+abc+abm+bcm+bm2abcbcmacmcm2=2abm+am2+abc+bm2cm22=2abm+abc+(a+bc)m,.ABC中任意兩邊之和大于第三邊,-a+bc>0,，(a+bc)m>0,.2abm+abc+(a+bc)m2>0,abc.+>a+mb+mc+m6=皿sind9=sin3,sin(2a+3)-,17 .求證：sina2cos(好證明要證明原等

27、式成立.即證明sin(2a+3)2sinacos(a+又因?yàn)閟in(2a+3)2sinacos(a+=sin(a+份+一2sinocos(a+3第10頁(yè)=sin(a十份COSa+COS(a十份sina2sin(xCOS(a+=sin(a十由COSaCOS(a十份Sina=sin(a+份一=sin所以原命題成立.備用例題1：已知x,y,zwR,a,b,cwR*“十bc2ca2ab2求證：xyz-2(xyyzzx)abc證明：由于x,y,zCR,a,b,cCR+,則bc2ca2ab2所以xyz_2(xyyzzx).abc備用例題2:已知1-tana=1,求證：cosctsince=3(cosoc+

28、since).2tan;證明：要證cosasince=3(cosa+sina),只需證C0sLs吧=3,cos.：'Sin只需證1一.?;3,1 tan:1只需證1tana=3(1+tana),只需證tana=石1.1 1-tan"=1,/.1tana=2+tana,即2tana=1.2 tan;1一tana=-鼻顯然成立，結(jié)論得證.、選擇題1.否定結(jié)論“至多有兩個(gè)解”的說(shuō)法中，正確的是（）A.有一個(gè)解B.有兩個(gè)解C.至少有三個(gè)解D.至少有兩個(gè)解答案C解析在邏輯中“至多有n個(gè)”的否定是“至少有n+1個(gè)”，所以“至多有兩個(gè)解”的否定為“至少有三個(gè)解"，故應(yīng)選C.2.否

29、定“自然數(shù)a、b、c中恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)的正確反設(shè)為（）A. a、b、c都是奇數(shù)B. a、b、c或都是奇數(shù)或至少有兩個(gè)偶數(shù)C. a、b、c都是偶數(shù)D. a、b、c中至少有兩個(gè)偶數(shù)答案B第11頁(yè)解析a,b,c三個(gè)數(shù)的奇、偶性有以下幾種情況：全是奇數(shù)；有兩個(gè)奇數(shù)，一個(gè)偶數(shù)；有一個(gè)奇數(shù)，兩個(gè)偶數(shù)；三個(gè)偶數(shù).因?yàn)橐穸?，所以假設(shè)應(yīng)為“全是奇數(shù)或至少有兩個(gè)偶數(shù)”.故應(yīng)選B.3 .用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60?！睍r(shí)，反設(shè)正確的是（）A.假設(shè)三內(nèi)角都不大于60°B.假設(shè)三內(nèi)角都大于60°C.假設(shè)三內(nèi)角至多有一個(gè)大于60°D.假設(shè)三內(nèi)角至多有兩個(gè)大于60&#

30、176;答案B解析“至少有一個(gè)不大于”的否定是“都大于60。”.故應(yīng)選B.4 .用反證法證明命題：“若整系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0（aw0）有有理根，那么a,b,c中至少有一個(gè)是偶數(shù)”時(shí)，下列假設(shè)正確的是（）A.假設(shè)a,b,c都是偶數(shù)B.假設(shè)a、b,c都不是偶數(shù)C.假設(shè)a,b,c至多有一個(gè)偶數(shù)D.假設(shè)a,b,c至多有兩個(gè)偶數(shù)答案B解析“至少有一個(gè)"反設(shè)詞應(yīng)為“沒(méi)有一個(gè)”，也就是說(shuō)本題應(yīng)假設(shè)為a,b,c都不是偶數(shù).5 .命題“ABC,若/A>ZB,則a>b”的結(jié)論的否定應(yīng)該是（）A. a<bB. a<bC. a=bD.a>b答案B解析“a>

31、b”的否定應(yīng)為"a=b或a<b"，即awb.故應(yīng)選B.6 .已知a,b是異面直線，直線c平行于直線a,那么c與b的位置關(guān)系為（）A. 一定是異面直線B. 一定是相交直線C.不可能是平行直線D.不可能是相交直線答案C解析假設(shè)c/b,而由c/a,可得a/b,這與a,b異面矛盾，故c與b不可能是平行直線.故應(yīng)選C.第12頁(yè)11.1,7 .設(shè)a,b,cC(80),則二數(shù)a+-,c+-，b+-中()dacA.都不大于2B,都不小于2C.至少有一個(gè)不大于2D.至少有一個(gè)不小于一2答案C解析,+drg+a+1=a+a+b+b+C+111-a,b,ce(一巴0),(a+；G1K(D+

32、1,b.a.c一,11.1,，二數(shù)a+->c+-、D+-中至少有一個(gè)不大于2,故應(yīng)選C.bac8 .若P是兩條異面直線l、m外的任意一點(diǎn)，則（）A.過(guò)點(diǎn)P有且僅有一條直線與l、m都平行B.過(guò)點(diǎn)P有且僅有一條直線與l、m都垂直C.過(guò)點(diǎn)P有且僅有一條直線與l、m都相交D.過(guò)點(diǎn)P有且僅有一條直線與l、m都異面答案B解析對(duì)于A,若存在直線n,使n/l且n/m則有l(wèi)/m與l、m異面矛盾；對(duì)于C,過(guò)點(diǎn)P與l、m都相交的直線不一定存在，反傷0口圖（l/“）；對(duì)于D,過(guò)點(diǎn)P與l、m都異面的直線不唯一.9 .有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎(jiǎng)，有人走訪了四位歌手，甲說(shuō)：“是乙或丙獲獎(jiǎng)”，乙

33、說(shuō)：“甲、丙都未獲獎(jiǎng)”，丙說(shuō)：“我獲獎(jiǎng)了”，丁說(shuō)：“是乙獲獎(jiǎng)了”，四位歌手的話只有兩句是對(duì)的，則獲獎(jiǎng)的歌手是（）A.甲B,乙C.丙第13頁(yè)D.丁答案C解析因?yàn)橹挥幸蝗双@獎(jiǎng)，所以丙、丁只有一個(gè)說(shuō)對(duì)了，同時(shí)甲、乙中只有一人說(shuō)對(duì)了，假設(shè)乙說(shuō)的對(duì)，這樣丙就錯(cuò)了，丁就對(duì)了，也就是甲也對(duì)了，與甲錯(cuò)矛盾，所以乙說(shuō)錯(cuò)了，從而知甲、丙對(duì)，所以丙為獲獎(jiǎng)歌手.故應(yīng)選C.,2.一Xn（Xn+3），,一,，一10 .已知X1>0,X1W1且Xn+1=:2-'（n=1,2），試證"數(shù)列xn或者對(duì)任意正整數(shù)n者B滿3Xn1足Xn<Xn+1,或者對(duì)任意正整數(shù)n都滿足Xn>Xn+1”，當(dāng)此題

34、用反證法否定結(jié)論時(shí)，應(yīng)為（）A.對(duì)任意的正整數(shù)n,都有Xn=Xn+1B.存在正整數(shù)n,使Xn=Xn+1C.存在正整數(shù)n,使Xn>Xn+1且Xn<Xn1D.存在正整數(shù)n,使（XnXn1）（XnXn+1）>0答案D解析命題的結(jié)論是攵任意正整數(shù)5數(shù)列Xn是遞增數(shù)列或是遞減數(shù)列”，其反設(shè)是“存在正整數(shù)n,使數(shù)列既不是遞增數(shù)列，也不是遞減數(shù)列”.故應(yīng)選D.二、填空題11 .命題“任意多面體的面至少有一個(gè)是三角形或四邊形或五邊形”的結(jié)論的否定是.答案沒(méi)有一個(gè)是三角形或四邊形或五邊形解析“至少有一個(gè)”的否定是“沒(méi)有一個(gè)”.12 .用反證法證明命題"a,beN,ab可被5整除，那么

35、a,b中至少有一個(gè)能被5整除”，那么反設(shè)的內(nèi)容是.答案a,b都不能被5整除解析“至少有一個(gè)”的否定是“都不能”.13 .用反證法證明命題：“一個(gè)三角形中不能有兩個(gè)直角”的過(guò)程歸納為以下三個(gè)步驟：/A+/B+/C-90°+90°+ZC>180°,這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾，則/A=/B=90不成立；所以一個(gè)三角形中不能有兩個(gè)直角；假設(shè)/A,/B,/C中有兩個(gè)角是直角，不妨設(shè)/A=/B=90°.正確順序的序號(hào)排列為.答案解析由反證法證明的步驟知，先反證即，再推出矛盾即，最后作出判斷，肯定結(jié)論即，即順序應(yīng)為.14 .用反證法證明質(zhì)數(shù)有無(wú)限

36、多個(gè)的過(guò)程如下：假設(shè).設(shè)全體質(zhì)數(shù)為p1、p2、令p=pp2pn+1.顯然，p不含因數(shù)Pi、p2、pn.故p要么是質(zhì)數(shù)，要么含有的質(zhì)因數(shù).這表第14頁(yè)明，除質(zhì)數(shù)P1、P2、Pn之外，還有質(zhì)數(shù)，因此原假設(shè)不成立.于是，質(zhì)數(shù)有無(wú)限多個(gè).答案質(zhì)數(shù)只有有限多個(gè)除Pl、P2、Pn之外解析由反證法的步驟可得.三、解答題15 .已知：a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0.求證：a>0,b>0,c>0.證明用反證法：假設(shè)a,b,c不都是正數(shù)，由abc>0可知，這三個(gè)數(shù)中必有兩個(gè)為負(fù)數(shù)，一個(gè)為正數(shù)，不妨設(shè)a<0,b<0,c>0,則由a+b+c>0,可得c>-(a+b),又a+b<0,，c(a+b)<(a+b)(a+b)ab+c(a+b)<一(a