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  • 2021-06-24 发布

【数学】2020届一轮复习(理)通用版12-2直接证明与间接证明、数学归纳法学案

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第二节 直接证明与间接证明、数学归纳法 ‎1.了解直接证明的两种基本方法:综合法和分析法;了解综合法和分析法的思考过程和特点.‎ ‎2.了解反证法的思考过程和特点.‎ ‎3.了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.‎ 突破点一 直接证明 内容 综合法 分析法 定义 利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立 从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至最后,把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止 思维过程 由因导果 执果索因 框图表示 →→…→ →→…→ 书写格式 ‎“因为……,所以……”‎ 或“由……,得……”‎ ‎“要证……,只需证……,‎ 即证……”‎ 一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)‎ ‎(1)综合法是直接证明,分析法是间接证明.(  )‎ ‎(2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的充要条件.(  )‎ ‎(3)在解决问题时,常常用分析法寻找解题的思路与方法,再用综合法展现解决问题的过程.(  )‎ ‎(4)证明不等式+<+最合适的方法是分析法.(  )‎ 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√‎ 二、填空题 ‎1.设x=,y=-,z=-,则x,y,z的大小关系是________.‎ 答案:x>z>y ‎2.分析法又称执果索因法,若用分析法证明“设a>b>c,且a+b+c=0,求证:<‎ a”索的因应是____________________.‎ 答案:(a-b)(a-c)>0‎ ‎3.已知点An(n,an)为函数y=图象上的点,Bn(n,bn)为函数y=x图象上的点,其中n∈N*,设cn=an-bn,则cn与cn+1的大小关系为________.‎ 答案:cn+1<cn 考法一 综合法 ‎ 综合法是从已知条件出发,逐步推向结论,综合法的适用范围是:‎ ‎(1)定义明确的问题,如证明函数的单调性、奇偶性,求证无条件的等式或不等式;‎ ‎(2)已知条件明确,并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型.‎ ‎[例1] 在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Asin B+sin Bsin C+cos 2B=1.‎ ‎(1)求证:a,b,c成等差数列.‎ ‎(2)若C=,求证:5a=3b.‎ ‎[证明] (1)由已知得sin Asin B+sin Bsin C=2sin2B,‎ 因为sin B≠0,所以sin A+sin C=2sin B,‎ 由正弦定理,得a+c=2b,即a,b,c成等差数列.‎ ‎(2)由C=,c=2b-a及余弦定理得 ‎(2b-a)2=a2+b2+ab,即有5ab-3b2=0,‎ 所以5a=3b.‎ ‎[方法技巧] 综合法证明问题的思路 考法二 分析法 ‎ ‎[例2] 已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.‎ ‎[证明] a⊥b⇔a·b=0,要证≤.‎ 只需证|a|+|b|≤|a+b|,‎ 只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),‎ 只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,‎ 只需证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,即(|a|-|b|)2≥0,‎ 上式显然成立,故原不等式得证.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1.分析法证明问题的思路 ‎“执果索因”,逐步寻找结论成立的充分条件,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等,通常采用“要证—只需证—已知”的格式,在表达中要注意叙述形式的规范性.‎ ‎2.分析法证明问题的适用范围 当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接,或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时,往往采用分析法,特别是含有根号、绝对值的等式或不等式,常考虑用分析法.  ‎ ‎1.已知△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,A,B,C的对边分别为a,b,c.‎ 求证:+=.‎ 证明:要证+=,‎ 即证+=3,也就是+=1,‎ 只需证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),‎ 需证c2+a2=ac+b2,‎ 又△ABC的三内角A,B,C成等差数列,故B=60°,‎ 由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60°,‎ 即b2=c2+a2-ac,故c2+a2=ac+b2成立.‎ 于是原等式成立.‎ ‎2.已知定义在R上的函数f(x)=ax3+bx2+cx(a<b<c)在x=1处取得极值,且函数f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为-a.‎ ‎(1)求证:0≤<1;‎ ‎(2)若f(x)在区间(s,t)上为增函数,求证:-2<s<t≤1.‎ 证明:(1)由f(x)=ax3+bx2+cx,‎ 得f′(x)=ax2+bx+c.‎ ‎∵函数f(x)在x=1处取得极值,∴f′(1)=a+b+c=0.‎ 又a<b<c,∴a<0,c>0.‎ ‎∵f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为-a,‎ ‎∴方程ax2+bx+c+a=0有实数根,‎ ‎∴Δ=b2-4a(a+c)≥0,即b2-4a(-b)≥0,‎ 整理得2+4·≥0,解得≥0或≤-4.‎ 由a+b+c=0,b<c,得b<-a-b,∴>-.‎ 由a<b且a<0,得<1.综上,可得0≤<1.‎ ‎(2)若f(x)在区间(s,t)上为增函数,‎ 则f′(x)=ax2+bx+c在区间(s,t)上恒非负.‎ ‎∵a<0,c>0,∴b2-4ac>0,‎ 故方程f′(x)=0必有两个不相等的实数根,‎ 设为x1,x2,且x1<x2.‎ ‎∵二次函数f′(x)=ax2+bx+c的图象的对称轴方程为x=-,‎ 由(1),得-≤0,而f′(1)=0,∴x2=1.‎ 又f′(-2)=4a-2b+c=4a-2b-a-b=3(a-b)<0,‎ ‎∴x1>-2.‎ 若f′(x)在区间(s,t)上恒非负,则有x1≤s<t≤x2,‎ ‎∴-2<s<t≤1.‎ 突破点二 间接证明 ‎1.反证法 假设原命题不成立(即在原命题的条件下,结论不成立),经过正确的推理,最后得出矛盾,因此说明假设错误,从而证明了原命题成立,这样的证明方法叫做反证法.‎ ‎2.用反证法证明问题的一般步骤 第一步 分清命题“p⇒q”的条件和结论 第二步 作出命题结论q相反的假设綈q 第三步 由p和綈q出发,应用正确的推理方法,推出矛盾结果 第四步 断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真,于是结论q成立,从而间接地证明了命题p⇒q为真 ‎3.常见的结论和反设词 原结论词 反设词 原结论词 反设词 至少有一个 一个都没有 对任意x成立 存在某个x不成立 至多有一个 至少有两个 对任意x不成立 存在某个x成立 至少有n个 至多有(n-1)个 p或q 綈p且綈q 至多有n个 至少有(n+1)个 p且q 綈p或綈q 都是 不都是 不都是 都是 一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)‎ ‎(1)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“a<b”.(  )‎ ‎(2)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾.(  )‎ ‎(3)用反证法证题时必须先否定结论,否定结论就是找出结论的反面的情况.(  )‎ ‎(4)反证法的步骤是:①准确反设;②从否定的结论正确推理;③得出矛盾.(  )‎ 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√‎ 二、填空题 写出下列命题的否定.‎ ‎(1)若a,b,c满足a2+b2=c2,则a,b,c不都是奇数;‎ 否定为______________________________________________________________;‎ ‎(2)若p>0,q>0,p3+q3=2,则p+q≤2;‎ 否定为_____________________________________________________________;‎ ‎(3)所有的正方形都是矩形;‎ 否定为_____________________________________________________________;‎ ‎(4)至少有一个实数x,使x2+1=0;‎ 否定为_____________________________________________________________.‎ 答案:(1)若a,b,c满足a2+b2=c2,则a,b,c都是奇数 ‎(2)若p>0,q>0,p3+q3=2,则p+q>2‎ ‎(3)至少存在一个正方形不是矩形 ‎(4)不存在实数x,使x2+1=0‎ ‎[典例] 设{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.‎ ‎(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;‎ ‎(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?‎ ‎[解] (1)证明:若{Sn}是等比数列,则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,这与q≠0相矛盾,故数列{Sn}不是等比数列.‎ ‎(2)当q=1时,{Sn}是等差数列.当q≠1时,{Sn}不是等差数列.假设q≠1时,S1,S2,S3成等差数列,则2S2=S1+S3,即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,这与q≠0相矛盾.综上可知,当q=1时,{Sn}是等差数列;当q≠1时,{Sn}不是等差数列.‎ ‎[方法技巧]‎ 反证法证明问题的3步骤 ‎(1)反设:假定所要证的结论不成立,而设结论的反面(否定命题)成立;(否定结论)‎ ‎(2)归谬:将“反设”‎ 作为条件,由此出发经过正确的推理,导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾;(推导矛盾)‎ ‎(3)立论:因为推理正确,所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误.既然原命题结论的反面不成立,从而肯定了原命题成立.(命题成立)  ‎ ‎[针对训练]‎ ‎1.已知a,b,c是互不相等的非零实数,用反证法证明三个方程ax2+2bx+c=0,bx2+2cx+a=0,cx2+2ax+b=0中至少有一个方程有两个相异实根.‎ 证明:假设三个方程都没有两个相异实根,‎ 则Δ1=4b2-4ac≤0,Δ2=4c2-4ab≤0,Δ3=4a2-4bc≤0.‎ 上述三个式子相加得:‎ a2-2ab+b2+b2-2bc+c2+c2-2ac+a2≤0,‎ 即(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≤0.‎ 由已知a,b,c是互不相等的非零实数.‎ 因此,上式“=”不能同时成立,又(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2<0与事实不符,‎ 故ax2+2bx+c=0,bx2+2cx+a=0,cx2+2ax+b=0中至少有一个方程有两个相异实根.‎ ‎2.已知四棱锥SABCD中,底面是边长为1的正方形,又SB=SD=,SA=1.‎ ‎(1)求证:SA⊥平面ABCD;‎ ‎(2)在棱SC上是否存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD?若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:由已知得SA2+AD2=SD2,‎ 故SA⊥AD.同理SA⊥AB.‎ 又AB∩AD=A,‎ 所以SA⊥平面ABCD.‎ ‎(2)假设在棱SC上存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD.‎ ‎∵BC∥AD,BC⊄平面SAD.‎ ‎∴BC∥平面SAD.而BC∩BF=B,‎ ‎∴平面FBC∥平面SAD.‎ 这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾,‎ ‎∴假设不成立.‎ 故在棱SC上不存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD.‎ 突破点三 数学归纳法 一般地,证明一个与正整数n有关的命题,可按下列步骤进行:‎ ‎(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立;‎ ‎(2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立.‎ 只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.上述证明方法叫做数学归纳法.‎ 一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)‎ ‎(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.(  )‎ ‎(2)用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.(  )‎ ‎(3)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n=k到n=k+1时,项数都增加了一项.(  )‎ 答案:(1)× (2)× (3)×‎ 二、填空题 ‎1.用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,在验证n=1时,左边计算所得的式子为____________.‎ 答案:1+2+22+23‎ ‎2.用数学归纳法证明:“1+++…+<n(n∈N*,n>1)”时,由n=k(k>1)不等式成立,推理n=k+1时,左边应增加的项数是________.‎ 答案:2k 考法一 证明等式 ‎ ‎[例1] 求证:(n+1)(n+2)·…·(n+n)=2n·1·3·5·…·(2n-1)(n∈N*).‎ ‎[证明] (1)当n=1时,等式左边=2,右边=2,故等式成立;‎ ‎(2)假设当n=k(k∈N*,k≥1)时等式成立,‎ 即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k·1·3·5·…·(2k-1),‎ 那么当n=k+1时,‎ 左边=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k+1)‎ ‎=(k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(2k+2)‎ ‎=2k·1·3·5·…·(2k-1)(2k+1)·2‎ ‎=2k+1·1·3·5·…·(2k-1)(2k+1).‎ 这就是说当n=k+1时等式也成立.‎ 由(1)(2)可知,对所有n∈N*等式成立.‎ ‎[方法技巧]‎ 应用数学归纳法证明等式的3个注意点 ‎(1)明确初始值n0的取值并验证n=n0时等式成立.‎ ‎(2)由n=k证明n=k+1时,弄清左边增加的项,且明确变形目标.‎ ‎(3)掌握恒等变形常用的方法:①因式分解;②添拆项;③配方法.  ‎ 考法二 证明不等式 ‎ ‎[例2] 设数列{an}各项均为正数,且满足an+1=an-a.‎ 求证:对一切n≥2,都有an≤.‎ ‎[证明] 因为数列{an}各项均为正数,且满足an+1=an-a,‎ 所以a2=a1-a>0,解得0<a1<1.‎ 当n=2时,由a2=a1-a=-2≤,得不等式成立,‎ 假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立,即ak≤,‎ 则当n=k+1时,ak+1=ak-a=-2≤-2=<=,‎ 所以当n=k+1时,不等式也成立,‎ 由数学归纳法知,对一切n≥2,都有an≤.‎ ‎[方法技巧]‎ 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题 ‎(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时,应用其他办法不容易证,则可考虑应用数学归纳法.‎ ‎(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k成立,证明n=k+1时也成立,证明时用上归纳假设后,可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明.  ‎ 考法三 归纳—猜想—证明 ‎ ‎[例3] (2019·常德模拟)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=.‎ ‎[方法技巧]‎ 归纳—猜想—证明类问题的解题步骤 利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题,其基本模式是“归纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性.  ‎ ‎1.设f(n)=1+++…+(n∈N*),求证:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).‎ 证明:①当n=2时,左边=f(1)=1,‎ 右边=2=1,‎ 左边=右边,等式成立.‎ ‎②假设n=k(k≥2,k∈N*)时,结论成立,‎ 即f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1],‎ 那么,当n=k+1时,‎ f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k)=k[f(k)-1]+f(k)‎ ‎=(k+1)f(k)-k=(k+1)-k ‎=(k+1)f(k+1)-(k+1)=(k+1)[f(k+1)-1],‎ ‎∴当n=k+1时结论仍然成立.‎ 由①②可知:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).‎ ‎2.用数学归纳法证明++…+≥(n∈N*).‎ 证明:①当n=1时,左边=+=≥,‎ 所以当n=1时,命题成立;‎ ‎②假设当n=k(k∈N*)时,命题成立,‎ 则有++…+≥,‎ 当n=k+1时,左边=++…+=+++->+×3-=,‎ 所以当n=k+1时,命题也成立.‎ 综合①②可知原命题成立.‎ ‎3.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,并猜想{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明通项公式的正确性.‎ 解:(1)当n=1时,由已知得a1=+-1,即a+2a1-2=0.‎ ‎∴a1=-1(a1>0).‎ 当n=2时,由已知得a1+a2=+-1,‎ 将a1=-1代入并整理得a+2a2-2=0.‎ ‎∴a2=-(a2>0).同理可得a3=-.‎ 猜想an=-(n∈N*).‎ ‎(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.‎ ‎②假设当n=k(k≥3,k∈N*)时,通项公式成立,‎ 即ak=-.‎ 由于ak+1=Sk+1-Sk=+--,‎ 将ak=-代入上式,‎ 整理得a+2 ak+1-2=0,‎ ‎∴ak+1=-,‎ 即n=k+1时通项公式成立.‎ 由①②可知对所有n∈N*,an=-都成立.‎ ‎[课时跟踪检测] ‎ ‎1.(2019·山西十二校模拟)用反证法证明命题“已知a,b∈N*,如果ab 可被5整除,那么a,b中至少有一个能被5整除”时,假设的内容应为(  )‎ A.a,b都能被5整除    B.a,b都不能被5整除 C.a,b不都能被5整除 D.a不能被5整除 解析:选B 用反证法证明命题时,应先假设结论的否定成立,而至少有一个能被5整除的否定是都不能被5整除,故作的假设是“a,b都不能被5整除”.‎ ‎2.分析法又称执果索因法,已知x>0,用分析法证明<1+时,索的因是(  )‎ A.x2>2 B.x2>4‎ C.x2>0 D.x2>1‎ 解析:选C 因为x>0,‎ 所以要证<1+,‎ 只需证()2<2,即证0<,‎ 即证x2>0,‎ 因为x>0,所以x2>0成立,故原不等式成立.‎ ‎3.(2019·玉溪模拟)已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-+-+…+=2时,若已假设n=k(k≥2,且为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设再证(  )‎ A.n=k+1时等式成立 B.n=k+2时等式成立 C.n=2k+2时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立 解析:选B 由数学归纳法的证明步骤可知,假设n=k(k≥2,且为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设再证n=k+2时等式成立.‎ ‎4.若用数学归纳法证明1+2+3+…+n3=,则当n=k+1时,左端应在n=k的基础上加上(  )‎ A.k3+1‎ B.(k+1)3‎ C. D.(k3+1)+(k3+2)+(k3+3)+…+(k+1)3‎ 解析:选D 当n=k时,等式左端=1+2+…+k3,当n=k+1时,等式左端=1+2+…+k3+(k3+1)+(k3+2)+(k3+3)+…+(k+1)3,增加了(k3+1)+(k3+2)+(k3+3)+…+(k+1)3.故选D.‎ ‎5.(2019·大连一模)设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,若x1+‎ x2>0,则f(x1)+f(x2)的值(  )‎ A.恒为负值 B.恒等于零 C.恒为正值 D.无法确定正负 解析:选A 由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数,‎ 由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)<f(-x2)=-f(x2),‎ 则f(x1)+f(x2)<0.‎ ‎6.已知函数f(x)=x,a,b为正实数,A=f,B=f(),C=f,则A,B,C的大小关系为(  )‎ A.A≤B≤C B.A≤C≤B C.B≤C≤A D.C≤B≤A 解析:选A 因为≥≥,又f(x)=x在R上是单调减函数,‎ 故f≤f()≤f,即A≤B≤C.‎ ‎7.设n∈N,则-与-的大小关系是(  )‎ A.->- B.-<- C.-=- D.不能确定 解析:选B 由题意知,(-)-(-)=(+)- (+),‎ 因为(+)2-(+)2‎ ‎=2[-]‎ ‎=2(-)<0,‎ 所以-<-.‎ ‎8.已知a,b,c∈(0,+∞),则a+,b+,c+三个数(  )‎ A.都大于6 B.至少有一个不大于6‎ C.都小于6 D.至少有一个不小于6‎ 解析:选D 假设a+,b+,c+都小于6,‎ ‎ 则a++b++c+<18, ‎ 利用基本不等式,可得a++b++c+≥2+2+2=8+4+6=18,‎ 这与假设所得结论矛盾,故假设不成立,‎ 所以a+,b+,c+三个数至少有一个不小于6.‎ ‎9.如果a+b>a+b,则a,b应满足的条件是__________________.‎ 解析:a+b>a+b,即(-)2(+)>0,需满足a≥0,b≥0且a≠b.‎ 答案:a≥0,b≥0且a≠b ‎10.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: ‎11.(2019·德州一模)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则△A2B2C2是________三角形.‎ 解析:由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,假设△A2B2C2是锐角三角形.‎ 由得 那么A2+B2+C2=,这与三角形内角和为π相矛盾.‎ 所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形.‎ 所以△A2B2C2是钝角三角形.‎ 答案:钝角 ‎12.已知a>b>0,则①<;②ac2>bc2;③a2>b2;④>,其中正确的序号是________.‎ 解析:对于①,因为a>b>0,所以ab>0,>0,a·>b·,即>,故①正确;‎ 当c=0时,②不正确;由不等式的性质知③④正确.‎ 答案:①③④‎ ‎13.已知x,y,z是互不相等的正数,且x+y+z=1,求证:>8.‎ 证明:因为x,y,z是互不相等的正数,且x+y+z=1,‎ 所以-1==>,①‎ -1==>,②‎ -1==>,③‎ 又x,y,z为正数,由①×②×③,‎ 得>8.‎ ‎14.设a>0,b>0,且a2+b2=+.证明:a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.‎ 证明:假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,‎ 则有a2+a+b2+b<4.‎ 而由a2+b2=+得a2b2=1,‎ 因为a>0,b>0,‎ 所以ab=1.‎ 因为a2+b2≥2ab=2(当且仅当a=b=1等号成立),‎ a+b≥2=2(当且仅当a=b=1等号成立),‎ 所以a2+a+b2+b≥2ab+2=4(当且仅当a=b=1等号成立),‎ 这与假设矛盾,故假设错误.‎ 所以a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.‎ ‎15.已知数列{xn}满足x1=,且xn+1=(n∈N*)‎ ‎(1)用数学归纳法证明:0<xn<1;‎ ‎(2)设an=,求数列{an}的通项公式.‎ 解:(1)证明:①当n=1时,x1=∈(0,1),不等式成立.‎ ‎②假设当n=k(k∈N*,k≥1)时,结论成立,即xk∈(0,1),‎ 则当n=k+1时,xk+1=,‎ 因为xk∈(0,1),所以2-xk>0,即xk+1>0.‎ 又因为xk+1-1=<0,所以0<xk+1<1.‎ 综合①②可知0<xn<1.‎ ‎(2)由xn+1=可得==-1,‎ 即an+1=2an-1,所以an+1-1=2(an-1).‎ 令bn=an-1,‎ 则bn+1=2bn,又b1=a1-1=-1=1,‎ 所以{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,即bn=2n-1,所以an=2n-1+1.‎

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