【正文】 。238。c＝b 代入①，x2y2得b＋b2b，即x2＋y2＝，b2，y2成等差數(shù)列， Byyzzxx6．(2014濟(jì)南模擬)設(shè)x，y，z0，則三個(gè)數(shù)xzxyzy()A．都大于2C．至少有一個(gè)不小于2B．至少有一個(gè)大于2 D．至少有一個(gè)不大于2yyz解析 假設(shè)這三個(gè)數(shù)都小于2，則三個(gè)數(shù)之和小于6，又x＋zxzxx230。yx246。230。yz246。230。zx246。＋y＋zy＝231。x＋y＋231。zy＋231。x＋z≥2＋2＋2＝6，與假設(shè)矛盾，故這232。248。232。248。232。248。＝y(tǒng)＝z＝1，可排除A、 C二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分)cd7．已知三個(gè)不等式①ab0；ab③bc，余下一個(gè)作結(jié)論，則可組成________個(gè)正確命題．解析 ①②?③，①③?②；②③?①.答案 38．在等比數(shù)列{an}和等差數(shù)列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，則a5和b5的大小關(guān)系為________．解析 方法1：設(shè)公比為q，公差為d，則a3＝a1q2，b3＝b1＋2d＝a1＋2d，故由a3＝b3，得2d＝a1(q2－1)．又∵a1≠a3，∴q2≠1.∴a5－b5＝a1q4－(a1＋4d)＝a1q4－[a1＋2a1(q2－1)]＝a1(q2－1)2＞0.∴a5＞：∵在等比數(shù)列{an}中，a1≠a3，∴公比不為1.∴a1≠∵a1＝b1，a3＝b3，a5＝a3q2＞0(q為公比)，b1＋b5a1＋a5b1＋a5∴b3＝2a3a1a5＜22.∴a5＞ a5＞b59．已知點(diǎn)An(n，an)為函數(shù)y＝x＋1的圖象上的點(diǎn)，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點(diǎn)，其中n∈N*，設(shè)＝an－bn，則與＋1的大小關(guān)系為__________．解析 an＝n＋1，bn＝：＝n＋1－n＝數(shù)，∴＋1＜：＋1(n＋1)＋1－(n＋1)，＝n＋1－n，n＋1－n(n＋1)＋1＋n＋1c∴＝＞＋1(n＋1)＋1－(n＋1)n＋1＋n∴＞＋ ＞＋1三、解答題(本大題共3小題，每小題10分，共30分)10．已知a0證明 221隨n的增大而減小，為減函n＋1＋n11aa－2≥a＋＋a2≥aa－＋a＋2≥a＋247。，247。a＋2a＋a2≥a232。248。248。2230?！遖0，故只要證231。 232。1即a2＋a從而只要證1246。230。11a2＋a＋4≥a2＋2＋a＋22231。a＋a＋2，232。248。1246。230。1231。a＋a2a＋a247。，232。248。21246。230。21246。230。212只要證4231。aa247?！?231。a＋2＋a247。，即a＋a≥2，232。248。232。248。而上述不等式顯然成立，故原不等式成立．11．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a0)的圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，若f(c)＝0，(1)證明：af(x)的一個(gè)零點(diǎn)；1(2)(1)∵f(x)圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，∴f(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2.∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c11又x1x2＝ax2＝a(ac)，11∴af(x)＝0的一個(gè)根，即a是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)．11(2)假設(shè)ac，又a，由00，230。1246。知f231。a247。0與232。248。230。1246。1247。fa＝0矛盾，∴ac，232。248。11又∵ac，∴a．(1)求證：當(dāng)a1時(shí)，不等式a＋aa＋a成立； 3(2)要使上述不等式成立，能否將條件“a1”適當(dāng)放寬？若能，請放寬條件，并簡述理由；若不能，請說明理由；(3)請你根據(jù)(1)(2)的結(jié)果，寫出一個(gè)更為一般的結(jié)論，且予以證明．111解(1)證明：a3＋a－a2－a＝aa－1)(a5－1)，1∵a1，∴a(a－1)(a5－1)0，故原不等式成立．(2)能將條件“a1”適當(dāng)放寬．理由如下：當(dāng)a≠1時(shí)，(a－1)與(a51－1)同符號(hào)，所以(a－1)(a－1)0，只需a0且a≠1就能使a(a－1)(a55－1)0，故條件可以放寬為a0且a≠1.(3)根據(jù)(1)(2)的結(jié)果，可推知：1n1若a0且a≠1，mn0，則有a＋aa＋證明如下：111am－an＋aaan(am－n－1)－a(am－n－1)1m－n＝a(a－1)(am＋n－1)，若a1，則由mn0得am－n－10，am＋n－10，知不等式成立，若0n0得am＋n－1第五篇：2013年高考分類匯總 考點(diǎn)31 直接證明與間接證明考點(diǎn)31 直接證明與間接證明1.（2013北京高考理科Ｔ20）已知{an}是由非負(fù)整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前n項(xiàng)的最大值記為An，第n項(xiàng)之后各項(xiàng)an+1，an+2…的最小值記為Bn，dn=An－Bn．(1)若{an}為2，1，4，3，2，1，4，3…，是一個(gè)周期為4的數(shù)列(即對任意n∈N*，an+4=an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；(2)設(shè)d為非負(fù)整數(shù)，證明：dn=－d(n=1,2,3…)的充分必要條件為{an}為公差為d的等差數(shù)列；(3)證明：若a1=2，dn=1(n=1,2,3…)，則{an}的項(xiàng)只能是1或2，且有無窮多項(xiàng)為1【解題指南】(1)根據(jù){dn}的定義求.(2)充分性:先證明{an}是不減數(shù)列,再利用定義求dn。必要性:先證明{an}是不減數(shù)列,再利用定義證明等差.(3)可通過取特殊值和反證法進(jìn)行證明.【解析】（1）d1=A1B1=21=1，d2=A2B2=21=1，d3=A3B3=41=3，d4=A4B4=41=3。（2）充分性：若{an}為公差為d的等差數(shù)列，則an=a1+(n1)，所以{an}=an=a1+(n1)d，Bn=an+1=a1+nd，所以dn=AnBn=d(n=1,2,3,…).必要性：若dn=d(n=1,2,3,)，假設(shè)ak是第一個(gè)使得anan10的項(xiàng)，則 a1163。a2163。163。ak2163。ak1ak，所以Ak=ak1,Bk163。ak，所以dk=AkBk=ak1Bk179。ak1ak0，這與dn=d163。{an}=AnBn=anan+1=d，即an+1an=d，所以{an}是公差為d的等差數(shù)列.（3）①首先{an}中的項(xiàng)不能是0，否則d1=a10=2，與已知矛盾.②{an}中的項(xiàng)不能超過2，用反證法證明如下：若{an}中有超過2的項(xiàng)，設(shè)ak是第一個(gè)大于2的項(xiàng)，{an}中一定存在項(xiàng)為1，否則與dn=179。k時(shí)，an179。2，否則與dk=，使得ai=1，此時(shí)di=AiBi=2Bi163。22=0，{an}①②，{an}，用反證法證明如下：若ak為最后一個(gè)1，則dk=AkBk=22=0，.（2013北京高考文科Ｔ20）給定數(shù)列a1，a2，…，an。對i=1，2，…nl，該數(shù)列前i項(xiàng)的最大值記為Ai，后ni項(xiàng)ai+1，ai+2，…，an的最小值記為Bi，di=AiBi.（1）設(shè)數(shù)列{an}為3，4，7，1，寫出d1，d2，d3的值.（2）設(shè)a1，a2，…，an（n≥4）是公比大于1的等比數(shù)列，且a1＞：d1，d2，…dn1是等比數(shù)列。（3）設(shè)d1，d2，…dn1是公差大于0的等差數(shù)列，且d1＞0，證明：a1，a2，…，an1是等差數(shù)列。【解題指南】(1)利用di的公式,求d1,d2,d3的值.(2)先求出{dn}的通項(xiàng),再利用等比數(shù)列的定義證明{dn}是等比數(shù)列.(3)先證明{an}是單調(diào)遞增數(shù)列,再證明an是數(shù)列{an}的最小項(xiàng),最后證明{an}是等差數(shù)列.【解析】（1）d1=A1B1=31=2，d2=A2B2=41=3，d3=A3B3=71=6。（2）由a1,a2，an(n179。4)是公比大于1的等比數(shù)列，且a1＞0，可得{an}的通項(xiàng)為an=a1qn1且為單調(diào)遞增數(shù)列。于是當(dāng)k=2,3,dkakak+1a1qk1a1qk===q為定值。n1時(shí)，k2k1dk1ak1aka1qa1q因此d1，d2，…dn1構(gòu)成首項(xiàng)d1=a1a2，公比q的等比數(shù)列。（3）若d1,d2,…,dn1是公差大于0的等差數(shù)列,≥2,此時(shí)考慮dk1=Ak1Bk1=ak1ak