第一篇：2014屆高考數(shù)學(xué)(山東專用理科)一輪復(fù)習(xí)教學(xué)案第十二章算法初步、推理與證明、復(fù)數(shù)12.4直接證明與間接證明

12.4 直接證明與間接證明 考綱要求

1．了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、特點．

2．了解間接證明的一種基本方法——反證法；了解反證法的思考過程、特點．

1．直接證明中最基本的兩種證明方法是______和______．

2．綜合法是利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、定理、公理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立．綜合法又叫________．

3．分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)．分析法又叫________．

4．反證法：假設(shè)原命題______(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明________，從而證明了__________，這樣的證明方法叫反證法． 應(yīng)用反證法證明數(shù)學(xué)命題，一般有下面幾個步驟：

第一步，分清命題“p→q”的__________；

第二步，作出與命題結(jié)論q相矛盾的假設(shè)____；

第三步，由p與?q出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾結(jié)果；

第四步，斷定產(chǎn)生矛盾結(jié)果的原因在于開始所作的假設(shè)?q不真，于是原結(jié)論q成立，從而間接地證明了命題p→q為真．

1．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()．

A．充分條件B．必要條件

C．充要條件D．等價條件

2．用反證法證明命題“三角形的三個內(nèi)角至少有一個不大于60°”時，應(yīng)假設(shè)()．

A．三個內(nèi)角都不大于60°

B．三個內(nèi)角都大于60°

C．三個內(nèi)角至多有一個大于60°

D．三個內(nèi)角至多有兩個大于60°

23．設(shè)t＝a＋2b，s＝a＋b＋1，則下列關(guān)于t和s的大小關(guān)系中正確的是()．

A．t＞sB．t≥s

C．t＜sD．t≤s

4．命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的證明：cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ過程應(yīng)用了()．

A．分析法

B．綜合法

C．綜合法、分析法綜合應(yīng)用

D．間接證明法

5．因為某種產(chǎn)品的兩種原料相繼提價，所以生產(chǎn)者決定對產(chǎn)品分兩次提價，現(xiàn)在有三種提價方案：

方案甲：第一次提價p%，第二次提價q%；

方案乙：第一次提價q%，第二次提價p%；

p＋qp＋q方案丙：第一次提價，第二次提價%，2

2其中p＞q＞0.比較上述三種方案，提價最多的是()．

A．甲B．乙

C．丙D．一樣多

一、綜合法

【例1】如圖，四邊形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA．求證：

(1)平面AMD∥平面BPC；(2)平面PMD⊥平面PBD． 方法提煉

1．綜合法是“由因?qū)Ч保菑囊阎獥l件出發(fā)，順著推證，經(jīng)過一系列的中間推理，最后導(dǎo)出所證結(jié)論的真實性．用綜合法證明題的邏輯關(guān)系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已知條件或數(shù)學(xué)定義、定理、公理，B為要證結(jié)論)，它的常見書面表達(dá)是“∵，∴”或“?”．

2．利用綜合法證不等式時，是以基本不等式為基礎(chǔ)，以不等式的性質(zhì)為依據(jù)，進(jìn)行推理論證的．因此，關(guān)鍵是找到與要證結(jié)論相匹配的基本不等式及其不等式的性質(zhì)．

3．綜合法是一種由因?qū)Ч淖C明方法，其邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理方法，這就是保證前提正確，推理合乎規(guī)律，才能保證結(jié)論的正確性．

請做演練鞏固提升

1二、分析法

【例2】已知△ABC三邊a，b，c的倒數(shù)成等差數(shù)列，證明：B為銳角． 方法提煉

1．分析法是“執(zhí)果索因”，它是從要證的結(jié)論出發(fā)，倒著分析，逐漸地靠近已知． 2．用分析法證“若P，則Q”這個命題的模式是：

為了證明命題Q為真，這只需證明命題P1為真，從而有?? 這只需證明命題P2為真，從而有?? ??

這只需證明命題P為真．

而已知P為真，故Q必為真．

提醒：用分析法證題時，一定要嚴(yán)格按格式書寫，否則極易出錯．

3．在解決問題時，我們經(jīng)常把綜合法和分析法結(jié)合起來使用，根據(jù)條件的結(jié)構(gòu)特點去轉(zhuǎn)化結(jié)論，得到中間結(jié)論Q；根據(jù)結(jié)論的結(jié)構(gòu)特點去轉(zhuǎn)化條件，得到中間結(jié)論P，若由P可以推出Q成立，就可以證明結(jié)論成立．一般情況下，用分析法尋找思路，用綜合法完成證明．

請做演練鞏固提升

4三、反證法

【例3】設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和．(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？ 方法提煉

反證法是間接證明問題的一種常用方法，它不是從已知條件去直接證明結(jié)論，而是先否定結(jié)論，在否定結(jié)論的基礎(chǔ)上進(jìn)行演繹推理，導(dǎo)出矛盾，從而肯定結(jié)論的真實性．用反證法證明要把握三點：(1)反設(shè)：必須先否定結(jié)論，即肯定結(jié)論的反面；(2)歸謬：必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進(jìn)行推證．推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與已知事實矛盾等，但推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的；(3)結(jié)論：因為推理正確，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤，既然結(jié)

論的反面不成立，從而肯定了結(jié)論成立．

請做演練鞏固提升

證明類問題中的新情景問題

【典例】設(shè)f(x)，g(x)，h(x)是R上的任意實數(shù)函數(shù)，如下定義兩個函數(shù)(f°g)(x)和(f·g)(x)：對任意x∈R，(f°g)(x)＝f(g(x))，(f·g)(x)＝f(x)g(x)．則下列等式恒成立的是()．

A．((f°g)·h)(x)＝((f·h)°(g·h))(x)B．((f·g)°h)(x)＝((f°h)·(g°h))(x)C．((f°g)°h)(x)＝((f°h)°(g°h))(x)D．((f·g)·h)(x)＝((f·h)·(g·h))(x)

解析：((f·g)°h)(x)＝(f·g)(h(x))＝f(h(x))g(h(x))

＝(f°h)(x)(g°h)(x)＝((f°h)·(g°h))(x)． 答案：B

答題指導(dǎo)：對于此類新情景下的新定義問題需要做好以下幾點： 1．充分理解題意，理解定義是解題的關(guān)鍵．

2．若是選擇、填空題建議以特例理解新定義，可以化難為易、化繁為簡．

3．“按規(guī)則要求辦事”，即新定義如何要求就如何去做，此法雖然可能會繁瑣，但只要理解透徹，運算得當(dāng)也能解決問題．

1．(2012浙江紹興模擬)設(shè)a＝lg 2＋lg 5，b＝e(x＜0)，則a與b的大小關(guān)系為()． A．a(chǎn)＞bB．a(chǎn)＜b C．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)≤b

2．(2012山師大附中模擬)用反證法證明某命題時，對結(jié)論：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”正確的反設(shè)為()．

A．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù)

B．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù) C．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù) D．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù)

3．若函數(shù)F(x)＝f(x)＋f(－x)與G(x)＝f(x)－f(－x)，其中f(x)的定義域為R，且f(x)不恒為零，則()．

A．F(x)、G(x)均為偶函數(shù)

B．F(x)為奇函數(shù)，G(x)為偶函數(shù) C．F(x)與G(x)均為奇函數(shù)

D．F(x)為偶函數(shù)，G(x)為奇函數(shù)

x

4．已知a，b∈(0，＋∞)，求證：(a3+b)<(a2?b)

133

122

.參考答案

基礎(chǔ)梳理自測 知識梳理

1．綜合法 分析法

2．順推證法或由因?qū)Ч?3．遞推證法或執(zhí)果索因法

4．不成立 假設(shè)錯誤 原命題成立 條件和結(jié)論 ?q 基礎(chǔ)自測 1．A 2．B

3．D 解析：∵s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，∴s≥t.4．B 解析：因為證明過程是“從左往右”，即由條件?結(jié)論． 5．C 解析：設(shè)產(chǎn)品的原價為a，則按方案甲可得提價后的價格為A＝a(1＋p%)·(1＋q%)；按方案乙可得提價后的價格為B＝a(1＋q%)(1＋p%)＝A；按方案丙可得提價后的價格為

p＋q??p＋q?

C＝a?1＋1＋

22????p＋q?2

＝a?1＋%，2??

p＋q?2a

則C－B＝a?1＋－a(1＋p%)(1＋q%)＝(p%－q%)2＞0，故應(yīng)選C.42??

考點探究突破

【例1】證明：(1)因為PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，所以PB∥MA.因為PB?平面BPC，MA?平面BPC，所以MA∥平面BPC.同理，DA∥平面BPC.又MA?平面AMD，AD?平面AMD，MA∩AD＝A，所以平面AMD∥平面BPC.(2)連接AC，設(shè)AC∩BD＝E，取PD的中點F，連接EF，MF

.因為四邊形ABCD為正方形，所以E為BD的中點． 因為F為PD的中點，所以EFPB.21

又AM∥PB，所以四邊形AEFM為平行四邊形． 所以MF∥AE.因為PB⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PB⊥AE.所以MF⊥PB.因為四邊形ABCD為正方形，所以AC⊥BD.所以MF⊥BD.所以MF⊥平面PBD.又MF?平面PMD，所以平面PMD⊥平面PBD.【例2】證明：要證明B為銳角，根據(jù)余弦定理，a2＋c2－b2

也就是證明cos B＝0，2ac

即需證a2＋c2－b2＞0.由于a2＋c2－b2≥2ac－b2，要證a2＋c2－b2＞0.只需證2ac－b＞0.∵a，b，c的倒數(shù)成等差數(shù)列，112

∴，即2ac＝b(a＋c)． acb

∴要證2ac－b2＞0，只需證b(a＋c)－b2＞0，即證b(a＋c－b)＞0.上述不等式顯然成立． ∴B必為銳角．

【例3】(1)證明：若{Sn}是等比數(shù)列，則S22＝S1·S3，即a12(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)解：當(dāng)q＝1時，{Sn}是等差數(shù)列．

當(dāng)q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列．假設(shè)q≠1時，S1，S2，S3成等差數(shù)列，即2S2＝S1＋S3，2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q)．

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，{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列． 演練鞏固提升

1．A 解析：∵a＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b＝ex＜e0＝1，故a＞b.2．B 解析：“恰有一個偶數(shù)”的對立面是“沒有偶數(shù)或至少有兩個偶數(shù)”．

3．D 解析：由F(x)＝f(x)＋f(－x)，G(x)＝f(x)－f(－x)知F(x)＝F(－x)，G(－x)＋G(x)＝0.4．證明：因為a，b∈(0，＋∞)，要證原不等式成立，只需證[(a?b)]<[(a?b)]即證(a3＋b3)2＜(a2＋b2)3，即證a6＋2a3b3＋b6＜a6＋3a4b2＋3a2b4＋b6，只需證2a3b3＜3a4b2＋3a2b4.因為a，b∈(0，＋∞)，所以即證2ab＜3(a2＋b2)．

而a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab＞2ab成立，所以(a?b)<(a?b).133

122

1336

1226，

第二篇：2014屆高考數(shù)學(xué)一輪必備考情分析學(xué)案：13.2《直接證明與間接證明》

13.2直接證明與間接證明

考情分析

1．在歷年的高考中，證明方法是常考內(nèi)容，考查的主要方式是對它們原理的理解和用法．難度多為中檔題，也有高檔題．

2．從考查形式上看，主要以不等式、立體幾何、解析幾何、函數(shù)與方程、數(shù)列等知識為載體，考查綜合法、分析法、反證法等方法．

基礎(chǔ)知識

1．直接證明

(1)綜合法

①定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法． ②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→?→Qn?Q

(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結(jié)論)．

(2)分析法

①定義：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(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框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→?→

得到一個明顯成立的條件.2．間接證明

一般地，由證明p?q轉(zhuǎn)向證明：綈q?r???t.t與假設(shè)矛盾，或與某個真命題矛盾．從而判定綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法． 注意事項 1.綜合法與分析法的關(guān)系

分析法與綜合法相輔相成，對較復(fù)雜的問題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件、基礎(chǔ)知識之間的關(guān)系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或者在證明時將兩種方法交叉使用．

2.(1)利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時，要假設(shè)結(jié)論錯誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯誤的．

(2)用分析法證明數(shù)學(xué)問題時，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)?”“即要證?”“就要證?”等分析到一個明顯成立的結(jié)論P，再說明所要證明的數(shù)學(xué)問題成立． 題型一 綜合法的應(yīng)用

a2b2c

2【例1】?設(shè)a，b，c＞0，證明：bcaa＋b＋c.證明 ∵a，b，c＞0，根據(jù)均值不等式，a2b2c2

有bb≥2a，cc≥2b，aa≥2c.a2b2c2

三式相加：bcaa＋b＋c≥2(a＋b＋c)．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號． a2b2c2

即bcaa＋b＋c.1

1【變式1】 設(shè)a，b為互不相等的正數(shù)，且a＋b＝1，證明：a＋b＞4.11?11?ba證明 a＋b＝?a＋b?·(a＋b)＝2＋ab2＋2＝4.??11

又a與b不相等．故a＋b＞4.題型二 分析法的應(yīng)用

?a＋mb?2a2＋mb2

?≤【例2】?已知m＞0，a，b∈R，求證：?.1＋m?1＋m?證明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證．

【變式2】 已知a，b，m都是正數(shù)，且a＜b.a＋ma求證：.b＋mb證明 要證明

a＋ma

＞，由于a，b，m都是正數(shù)，b＋mb

只需證a(b＋m)＜b(a＋m)，只需證am＜bm，由于m＞0，所以，只需證a＜b.已知a＜b，所以原不等式成立．

(說明：本題還可用作差比較法、綜合法、反證法)題型三 反證法的應(yīng)用

x－

2【例3】已知函數(shù)f(x)＝a＋(a＞1)．

x＋

1x

(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)用反證法證明f(x)＝0沒有負(fù)根．

證明(1)法一 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0.x2－2x1－2

所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因為x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以x2＋1x1＋1?x2－2??x1＋1?－?x1－2??x2＋1?3?x2－x1?＝0，?x2＋1??x1＋1??x2＋1??x1＋1?x2－2x1－2

于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋0，x2＋1x1＋1故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)． 法二 f′(x)＝axln a＋

0，?x＋1?∴f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．

x0－2

(2)假設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝－，又0＜ax0＜1，所以

x0＋1x0－210＜1，即2＜x0＜2，與x0＜0(x0≠－1)假設(shè)矛盾．故f(x0)＝0沒有負(fù)根．

x0＋1【變式3】 已知a，b為非零向量，且a，b不平行，求證：向量a＋b與a－b不平行．

證明 假設(shè)向量a＋b與a－b平行，即存在實數(shù)λ使a＋b＝λ(a－b)成立，則(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，∵a，b不平行，?1－λ＝0，?λ＝1，∴?得? 1＋λ＝0，λ＝－1，??

所以方程組無解，故假設(shè)不成立，故原命題成立．重難點突破

【例4】設(shè)直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數(shù)k1，k2滿足k1k2＋2＝0.(1)證明l1與l2相交；

(2)證明l1與l2的交點在橢圓2x2＋y2＝1上．證明(1)假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.這與k1為實數(shù)的事實相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交． ?y＝k1x＋1，(2)由方程組?

?y＝k2x－1，?x＝

?k2－k1，解得交點P的坐標(biāo)(x，y)為?k2＋k1

??y＝k2－k1.?2?2?k2＋k1?2

? 從而2x＋y＝2?k－k?＋?

?21??k2－k1?

8＋k2k22＋k1＋2k1k21＋k2＋4＝1，k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋

4此即表明交點P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上．

鞏固提高

1． pab＋cd，qma＋ncmnm、n、a、b、c、d均為正數(shù))，則p、q的大小為()．

A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不確定

解析 q＝

madnbc

ab＋nmcdab＋2abcd＋cd

madabc

ab＋cd＝p，當(dāng)且僅當(dāng)nm時取等號． 答案 B

2．設(shè)a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，則a與b大小關(guān)系為()．A．a(chǎn)＞bC．a(chǎn)＝b

B．a(chǎn)＜b D．a(chǎn)≤b

解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，當(dāng)x＜0時，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A

3．否定“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”時，正確的反設(shè)為()． A．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù) B．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù) C．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù)

D．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù)

解析 ∵a，b，c恰有一個偶數(shù)，即a，b，c中只有一個偶數(shù)，其反面是有兩個或兩個以上偶數(shù)或沒有一個偶數(shù)即全都是奇數(shù)，故只有D正確． 答案 D

4．設(shè)a、b∈R，若a－|b|＞0，則下列不等式中正確的是()．A．b－a＞0B．a(chǎn)3＋b3＜0C．a(chǎn)2－b2＜0D．b＋a＞0 解析 ∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.答案 D

5．在用反證法證明數(shù)學(xué)命題時，如果原命題的否定事項不止一個時，必須將結(jié)論的否定情況逐一駁倒，才能肯定原命題的正確．

例如：在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC內(nèi)一點，∠APB＞∠APC，求證：∠BAP＜∠CAP，用反證法證明時應(yīng)分：假設(shè)________和________兩類． 答案 ∠BAP＝∠CAP ∠BAP＞∠CAP

第三篇：福州藝術(shù)生文化培訓(xùn)全封閉特訓(xùn)2014屆高考數(shù)學(xué)第十三章 算法初步、推理與證明、復(fù)數(shù)13.3 直接證明與間接證明

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13.3 直接證明與間接證明

一、選擇題

1.“所有9的倍數(shù)都是3的倍數(shù)，某奇數(shù)是9的倍數(shù)，故該奇數(shù)是3的倍數(shù).”上述推理()

A 小前提錯B 結(jié)論錯

C 正確D 大前提錯

解析 大前提，小前提都正確，推理正確，故選C.答案 C

2．在用反證法證明命題“已知a、b、c∈(0,2)，求證a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)不可能都大于1”時，反證時假設(shè)正確的是()

A．假設(shè)a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都小于

1B．假設(shè)a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都大于

1C．假設(shè)a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都不大于

1D．以上都不對

解析 “不可能都大于1”的否定是“都大于1”，故選B.答案 B

3．下列命題中的假命題是()．

A．三角形中至少有一個內(nèi)角不小于60°

B．四面體的三組對棱都是異面直線

C．閉區(qū)間[a，b]上的單調(diào)函數(shù)f(x)至多有一個零點

D．設(shè)a，b∈Z，若a＋b是奇數(shù)，則a，b中至少有一個為奇數(shù)

解析 a＋b為奇數(shù)?a，b中有一個為奇數(shù)，另一個為偶數(shù)，故D錯誤． 答案 D

4．命題“如果數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n2－3n，那么數(shù)列{an}一定是等差數(shù)列”是否成立()．

A．不成立B．成立C．不能斷定D．能斷定 解析 ∵Sn＝2n2－3n，∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5(n＝1時，a1＝S1＝－1符合上式)．

又∵an＋1－an＝4(n≥1)，∴{an}是等差數(shù)列．

答案 B

1115．設(shè)a、b、c均為正實數(shù)，則三個數(shù)a＋b＋c＋)． bca

A．都大于2B．都小于

2C．至少有一個不大于2D．至少有一個不小于2 解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，1??1??1??1??1??a＋b＋c＋a＋b＋＋?＋?＝?＋?＋ ∴?b??c??a??a??b??

1??c＋?≥6，c??

當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.答案 D

6．設(shè)a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，則a與b大小關(guān)系為()

A．a(chǎn)＞b

C．a(chǎn)＝bB．a(chǎn)＜bD．a(chǎn)≤b

解析 ∵a＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b＝ex＜e0＝1，故a＞b.答案 A

7．定義一種運算“*”：對于自然數(shù)n滿足以下運算性質(zhì)：(n＋1)*1＝n*1＋1，則n*1＝()．

A．nB．n＋1C．n－1D．n2

解析 由(n＋1)*1＝n*1＋1，得n*1＝(n－1)*1＋1＝(n－2)*1＋2＝?＝n.答案 A

二、填空題

8.用反證法證明命題“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一個能被3整除”時，假設(shè)應(yīng)為.解析 由反證法的定義可知，否定結(jié)論，即“a，b中至少有一個能被3整除”的否定是“a，b都不能被3整除”.答案 a、b都不能被3整除

9．要證明“3＋7＜25”可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是________(填序號)．

①反證法，②分析法，③綜合法．

答案 ②

10．設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是______．(填序號)

12解析 若a＝b＝a＋b>1，2

3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；

對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1，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中至少有一個大于1.答案 ③

11．如果aa＋bb＞b＋a，則a、b應(yīng)滿足的條件是________． 解析 首先a≥0，b≥0且a與b不同為0.要使aa＋bb＞b＋a，只需(aa＋bb)2＞(ab＋ba)2，即a3＋b3＞a2b＋ab2，只需(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)，只需a2－ab＋b2＞ab，即(a－b)2＞0，只需a≠b.故a，b應(yīng)滿足a≥0，b≥0且a≠b.答案 a≥0，b≥0且a≠b

12．若a，b，c是不全相等的正數(shù)，給出下列判斷：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a>b與a

③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立．

其中判斷正確的是_______．

解析①②正確；③中a≠c，b≠c，a≠b可能同時成立，如a＝1，b＝2，c＝3.選C.答案 ①②

三、解答題

13．在△ABC中，三個內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，113a＋bb＋ca＋b＋c試問A，B，C是否成等差數(shù)列，若不成等差數(shù)列，請說明理由．若成等差數(shù)列，請給出證明．

解析 A、B、C成等差數(shù)列．

證明如下：

∵

∴

∴113＋＝，a＋bb＋ca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c＋＝3.a＋bb＋cc

a＋bb＋c＋a＝1，∴c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，∴b2＝a2＋c2－ac.在△ABC中，由余弦定理，得

a2＋c2－b2ac1cosB＝ 2ac2ac

2∵0°

|a|＋|b|14．已知非零向量a，b，且a⊥b，求證：2.|a＋b|證明 a⊥b?a·b＝0，|a|＋|b|要證2.|a＋b|只需證|a|＋|b2|a＋b|，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證．

15．若a、b、c是不全相等的正數(shù)，求證：

lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c.證明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴a＋b2ab＞0，b＋c2≥bc＞0，a＋c2ab＞0.又上述三個不等式中等號不能同時成立．

∴a＋bb＋cc＋a2·2·2＞abc成立．

上式兩邊同時取常用對數(shù)，?a＋bb＋cc＋a?＞lg(abc)，得lg?222??

∴l(xiāng)ga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c.16．(12分)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象與x軸有兩個不同的交點，若f(c)＝0，且0＜x＜c時，f(x)＞0.1(1)證明：是f(x)＝0的一個根； a

a1(2)試比較與c的大小；

(3)證明：－2＜b＜－1.解析(1)證明 ∵f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點，∴f(x)＝0有兩個不等實根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c1?1?又x1x2＝x2＝?≠c?，aa?a?

1∴是f(x)＝0的一個根． a

11(2)假設(shè)＜c，又＞0，aa

由0＜x＜c時，f(x)＞0，1?1??1?知f?＞0與f??＝0矛盾，∴c，a?a??a?

11又∵≠c，∴＞c.aa

(3)證明 由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，∴b＝－1－ac.又a＞0，c＞0，∴b＜－1.二次函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸方程為

bx1＋x2x2＋x21x＝－＝＜＝x2＝ 2a22a

b1即－＜.又a＞0，2aa

∴b＞－2，∴－2＜b＜－1.文章來源：福州五佳教育網(wǎng) http:///yikao/(五佳教育藝考文化課集訓(xùn)，承諾保過本科線，打造福建省性價比最高的文化課集訓(xùn))

第四篇：高三一輪復(fù)習(xí)教案26直接證明與間接證明學(xué)生版

直接證明與間接證明

1． 直接證明

(1)綜合法 ①定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法． ②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→?→Qn?Q(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證明的結(jié)論)．

(2)分析法

①定義：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(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框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→?→得到一個明顯成立的條件.2． 間接證明

反證法：假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．

[難點正本 疑點清源]

1． 綜合法證明問題是由因?qū)Ч治龇ㄗC明問題是執(zhí)果索因．

2． 分析法與綜合法相輔相成，對較復(fù)雜的問題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件、基礎(chǔ)知識之間的關(guān)系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或者在證明時將兩種方法交叉使用．

基礎(chǔ)題 1． 要證明“3＋5”可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是________．(填序號)

①反證法，②分析法，③綜合法．

ba2． 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ab的個數(shù)是________．

3． 已知函數(shù)f(x)＝lg

4． 下列表述：①綜合法是由因?qū)Чǎ虎诰C合法是順推法；③分析法是執(zhí)果索因法；④分

析法是逆推法；⑤反證法是間接證法．其中正確的有

A．2個/ 6

1－x，若f(a)＝b，則f(－a)＝______(用b表示)． 1＋x()B．3個C．4個D．5個

5． 用反證法證明命題“三角形三個內(nèi)角至少有一個不大于60°”時，應(yīng)假設(shè)

A．三個內(nèi)角都不大于60° B．三個內(nèi)角都大于60° C．三個內(nèi)角至多有一個大于60° D．三個內(nèi)角至多有兩個大于60° 題型分類

題型一 綜合法的應(yīng)用

()

111?2例1 已知a，b，c均為正數(shù)，證明：a2＋b2＋c2＋??abc?≥63，并確定a，b，c為何

值時，等號成立．

21思維啟迪：利用a2＋b2≥2ab，再利用ab2，根據(jù)這個解題思路去解

ababab答本題即可．

已知a、b、c為正實數(shù)，a＋b＋c＝1.求證：(1)a2＋b2＋c2≥；

3(2)3a＋23b＋23c＋2≤6.題型二 分析法的應(yīng)用

?a＋mb?2≤a＋mb.例2 已知m>0，a，b∈R，求證：??1＋m?1＋m?

思維啟迪：本題若使用綜合法，不易尋求證題思路．可考慮使用分析法．

已知a>0，求證：

題型三 反證法的應(yīng)用

例3 已知a≥－1，求證三個方程：

211a2－2≥a＋－2.aa

x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實數(shù)根．

思維啟迪：“至少有一個”的否定是“一個也沒有”，即“三個方程都沒有實數(shù)根”．

等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝12，S3＝9＋32.(1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn；

S(2)設(shè)bn(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列．

n

隨堂練

A組 專項基礎(chǔ)訓(xùn)練(時間：35分鐘，滿分：57分)

一、選擇題(每小題5分，共20分)

1． 若a，b，c為實數(shù)，且a

A．a(chǎn)c2

B．a(chǎn)2>ab>b2 baD.ab

()

()

2． 設(shè)a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x<0)，則a與b大小關(guān)系為

A．a(chǎn)>b

B．a(chǎn)

C．a(chǎn)＝b

D．a(chǎn)≤b

3． 分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，b－ac<

3a”索的因應(yīng)是 A．a(chǎn)－b>0

()

B．a(chǎn)－c>0 D．(a－b)(a－c)<0

C．(a－b)(a－c)>0

4． 用反證法證明某命題時，對結(jié)論：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”正確的反設(shè)為

()

A．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù)

B．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù) C．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù) D．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù)

二、填空題(每小題5分，共15分)

5． 設(shè)a>b>0，mab，n＝a－b，則m，n的大小關(guān)系是__________．

6． 用反證法證明命題“若實數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，則a，b，c，d

中至少有一個是非負(fù)數(shù)”時，第一步要假設(shè)結(jié)論的否定成立，那么結(jié)論的否定是_____． 7． 設(shè)x，y，z是空間的不同直線或不同平面，且直線不在平面內(nèi)，下列條件中能保證“若

x⊥z，且y⊥z，則x∥y”為真命題的是________(填寫所有正確條件的代號)．

①x為直線，y，z為平面；②x，y，z為平面；③x，y為直線，z為平面；④x，y為平面，z為直線；⑤x，y，z為直線．

三、解答題(共22分)

ππ

10，?，若x1，x2∈?0，且x1≠x2，求證：[f(x1)＋8．(10分)已知函數(shù)f(x)＝tan x，x∈??2??2

2f(x2)]>f?

9．(12分)已知四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD2，SA＝1.(1)求證：SA⊥平面ABCD；

(2)在棱SC上是否存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點的位置；若不存在，請說明理由．

x1＋x2?

?2?.B組 專項能力提升(時間：25分鐘，滿分：43分)

一、選擇題(每小題5分，共15分)

1． 若a，b∈R，則下面四個式子中恒成立的是

A．lg(1＋a2)>0C．a(chǎn)2＋3ab>2b

2()

B．a(chǎn)2＋b2≥2(a－b－1)aa＋1D.bb＋

1()

2． 設(shè)a，b，c∈(－∞，0)，則a＋，b＋c

bca

A．都不大于－2B．都不小于－2

C．至少有一個不大于－2D．至少有一個不小于－2

3． 已知f(1,1)＝1，f(m，n)∈N*(m，n∈N*)，且對任意m，n∈N*都有：①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；②f(m＋1,1)＝2f(m，1)．給出以下三個結(jié)論：(1)f(1,5)＝9；(2)f(5,1)＝16；(3)f(5,6)＝26.其中正確結(jié)論的個數(shù)為 A．

3()

B．2C．1D．0

二、填空題(每小題5分，共15分)

4． 關(guān)于x的方程ax＋a－1＝0在區(qū)間(0,1)內(nèi)有實根，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 5． 若a，b，c為Rt△ABC的三邊，其中c為斜邊，那么當(dāng)n>2，n∈N*時，an＋bn與cn的大小關(guān)系為____________．

6． 凸函數(shù)的性質(zhì)定理為如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，f?x1?＋f?x2?＋?＋f?xn??x1＋x2＋?＋xn?，xn，有f

nn??，已知函數(shù)y＝sin x在區(qū)間(0，π)上 是凸函數(shù)，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值為________．

三、解答題

a?x－1?

7．(13分)已知函數(shù)f(x)＝ln x－.x＋1

(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍； m－nm＋n＋

(2)設(shè)m，n∈R，且m>n，求證：.ln m－ln n2

第五篇：2012屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)導(dǎo)航：20.2直接證明與間接證明

20.2直接證明與間接證明

【考綱要求】

1、了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、特點.2、了解間接證明的一種基本方法──反證法；了解反證法的思考過程、特點.3、了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題.【基礎(chǔ)知識】

1.分析法：從原因推導(dǎo)到結(jié)果的思維方法.2.綜合法：從結(jié)果追溯到產(chǎn)生這一結(jié)果的原因的思維方法.3.反證法：判定非q為假，推出q為真的方法.[來源:Z。xx。k.Com]

應(yīng)用反證法證明命題的一般步驟：⑴分清命題的條件和結(jié)論；⑵做出與命題結(jié)論相矛盾的假定；⑶由假定出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾的結(jié)果；⑷間接證明命題為真.4.數(shù)學(xué)歸納法：設(shè)｛pn｝是一個與自然數(shù)相關(guān)的命題集合，如果⑴證明起始命題p1成立；⑵在假設(shè)pk成立的前提上，推出pk＋1也成立，那么可以斷定，｛pn｝對一切正整數(shù)成立.5.直接證明的兩種基本方法：分析法和綜合法；間接證明的一種基本方法──反證法.6.數(shù)學(xué)歸納法的步驟：（1）證明當(dāng)n=1時，命題成立。（2）證明假設(shè)當(dāng)n=k時命題成立，則當(dāng)n=k+1時，命題也成立。由（1）（2）得原命題成立

【例題精講】

例1已知a，b，c是互不相等的實數(shù)．

求證：由y＝ax＋2bx＋c，y＝bx＋2cx＋a和y＝cx＋2ax＋b確定的三條拋物線至少有一條與x軸有兩個不同的交點．

證明：假設(shè)題設(shè)中的函數(shù)確定的三條拋物線都不與x軸有兩個不同的交點(即任何一條拋物線與x軸沒有兩個不同的交點)，由y＝ax＋2bx＋c，222

2y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b，得Δ1＝(2b)－4ac≤0，Δ2＝(2c)－4ab≤0，[來源:學(xué)科網(wǎng)]

Δ3＝(2a)－4bc≤0.上述三個同向不等式相加得，4b＋4c＋4a－4ac－4ab－4bc≤0，∴2a＋2b＋2c－2ab－2bc－2ca≤0，∴(a－b)＋(b－c)＋(c－a)≤0，∴a＝b＝c，這與題設(shè)a，b，c互不相等矛盾，因此假設(shè)不成立，從而命題得證．

111例2已知a＞0，－1, 1＋a＞.ba1－b 222222222222

1【證明】 證法一：由已知－＞1及a＞0，可知b＞0，ba

要證1＋a＞

1－b可證1＋a·1－b＞1，a－b11

即證1＋a－b－ab＞1，這只需證a－b－ab＞01，即1，abba

而這正是已知條件，以上各步均可逆推，所以原不等式得證．

1及a＞0，可知1＞b＞0，ba11

∵－＞1，ba

∴a－b－ab＞0,1＋a－b－ab＞1，(1＋a)(1－b)＞1.由a＞0,1－b＞0，得1＋a1－b＞1，即1＋a＞.1－b

[來源:學(xué)_科_網(wǎng)]20.2【基礎(chǔ)精練】

1．用反證法證明命題“如果a>b，那么a>b”時，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)是()

3A.a＝b

33B.a<

3333D.a＝b或a

直接證明與間接證明強化訓(xùn)練

3333

C.a＝b且a

2．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

有()

A．1個B．2個C．3個D．4個

3．設(shè)S是至少含有兩個元素的集合．在S上定義了一個二元運算“*”(即對任意的a，b∈S，對于有序元素對(a，b)，在S中有唯一確定的元素a*b與之對應(yīng))．若對任意的a，b∈S，有a*(b*a)＝b，則對任意的a，b∈S，下列等式中不恒成立的是()

A．(a*b)*a＝aB．[a*(b*a)]*(a*b)＝a C．b*(b*b)＝bD．(a*b)*[b*(a*b)]＝b

4．設(shè)a、b、c是互不相等的正數(shù)，則下列不等式中不恒成立的是()

A．|a－b|≤|a－c|＋|b－c|C．|a－b|＋

a－b

2B．a(chǎn)＋≥a＋baab

aa

D.a＋3a＋1a＋2－a

5．已知函數(shù)f(x)＝ax＋2a＋1，當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)有正值也有負(fù)值，則實數(shù)a的取值

范圍為________． 6．如果函數(shù)f(x)的定義域為R，對于m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－6，且f(－1)

是不小于5的正整數(shù)，當(dāng)x>1時，f(x)<0.那么具有這種性質(zhì)的函數(shù)f(x)＝________.(注：填上你認(rèn)為正確的一個函數(shù)即可)

7．如下圖，在楊輝三角形中，從上往下數(shù)共有n(n∈N)行，在這些數(shù)中非1的數(shù)字之和是

________________．11 121 1331 14641 ??[來源:學(xué)|科|網(wǎng)]

8．試證：當(dāng)n∈N時，f(n)＝

39．如右圖所示，O是正方形ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中點，求證：平面PAC⊥

平面BDE.10．已知數(shù)列{an}的前n項的和Sn滿足Sn＝2an－3n(n∈N)．

(1)求證{an＋3}為等比數(shù)列，并求{an}的通項公式；

(2)數(shù)列{an}是否存在三項使它們按原順序可以構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，求出一組適合條件的項；若不存在，請說明理由．

【拓展提高】

1.如圖，已知兩個正方形ABCD和DCEF不在同一平面內(nèi)，M、N分別為AB、DF的中點．(1)若平面ABCD⊥平面DCEF，求直線MN與平面DCEF所成角的正弦值；(2)用反證法證明：直線ME與BN是兩條異面直線．

*

*

2n＋

2

－8n－9能被64整除．

【基礎(chǔ)精練參考答案】

5.－1

f(1)·f(－1)<0，∴(a＋2a＋1)·(2a－a＋1)<0.∴－11時，f(x)<0，∴a<0且f(1)＝a＋6≤0.∴a≤－6(a∈Z)．∴a＝－6，－7，－8?都符合要求． 7.2－2n解析：所有數(shù)字之和Sn＝2＋2＋2＋?＋2

n

－1)＝2－2n.n

n－

1＝2－1，除掉1的和2－1－(2n

nn

8.證明：證法一：(1)當(dāng)n＝1時，f(1)＝64，命題顯然成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N，k≥1)時，f(k)＝3當(dāng)n＝k＋1時，由于

32(k＋1)＋2*

2k＋2

－8k－9能被64整除．

－8(k＋1)－

9＝9(3

2k＋2

－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(3

2k＋2

－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，∴n＝k＋1時命題也成立． 根據(jù)(1)、(2)可知，對于任意n∈N，命題都成立． 證法二：(1)當(dāng)n＝1時f(1)＝64 命題顯然成立．

(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N，k≥1)時，f(k)＝3由歸納假設(shè)，設(shè)3將

32k＋

22k＋2

*

2k＋2

*

－8k－9能被64整除．

－8k－9＝64m(m為大于1的自然數(shù))，＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得

f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，∴n＝k＋1時命題也成立．

根據(jù)(1)(2)知，對于任意n∈N，命題都成立． 9.證明：∵PO⊥底面ABCD，∴PO⊥BD.又∵O是正方形的中心，∴BD⊥AC.∵PO∩AC＝0，∴BD⊥平面PAC，又BD?平面BDE，所以平面PAC⊥平面BDE.10.證明：(1)∵Sn＝2an－3n(n∈N)，∴a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又由?

?Sn＝2an－3n，?

*

*

??Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)

n

得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，[來源:學(xué)§科§網(wǎng)

Z§X§X§K]

∴an＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是首項為a1＋3＝6，公比為2的等比數(shù)列．[來源:Zxxk.Com] ∴an＋3＝6×2

n－

1，即an＝3(2－1)．

(2)解答：假設(shè)數(shù)列{an}中存在三項ar，as，at(r

s

r

t

s＋1

＝2＋2，∴2

rts＋1－r

＝1＋2

t－r

(*)

∵r、s、t均為正整數(shù)且r

列。[來源:Zxxk.Com][來源:學(xué)科網(wǎng)ZXXK] 【拓展提高參考答案】

解：(1)取CD的中點G，連結(jié)MG、NG.設(shè)正方形ABCD、DCEF的邊長為2，則MG⊥CD，MG＝2，NG2.因為平面ABCD⊥平面DCEF，所以MG⊥平面DCEF.可得∠MNG是MN與平面DCEF所成的角．

因為MN6，所以sin∠MNG＝MN與平面DCEF所成角的正弦值．

(2)證明：假設(shè)直線ME與BN共面，則AB?平面MBEN，且平面MBEN與平面DCEF交于

EN.由已知，兩正方形不共面，故AB?平面DCEF.又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF.而EN為平面MBEN與平面DCEF的交線，所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF，所以EN∥EF，這與EN∩EF＝E矛盾，故假設(shè)不成立．[來源:學(xué)+科+網(wǎng)Z+X+X+K][來源:學(xué)科網(wǎng)]

所以ME與BN不共面，它們是異面直線．