高考数学代数证明

专题七 代数证明

一、考纲要求：

知识要求：函数、方程、数列、不等式等与代数证明有关的多个知识点。

能力要求：会对问题或资料进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括；会用类比、归纳和演绎进行推理；能合乎逻辑地、准确地进行表述。

二、考点解读：

代数推理问题综合了函数、方程、数列、不等式等多个知识点，需要采用多种数学思想方法才能解决问题，如函数方程思想、化归思想、分类讨论思想、逻辑推理思想等，是对思维品质及论述水平的全面性考查；能弥补选择题、填空题、简答题的不足，是提高区分度，增加选拔功能的重要题型。在适当降低了对立体几何逻辑推理能力考查的力度后，代数推理问题自然而然地承担了考查考生逻辑推理能力的重任，并且作为压轴题出现在高考试卷中，因而代数推理问题也就成为现在的高考热点问题。

解答代数推理问题有一定的规律可循，其一般思维过程分为三步：

首先要领会题意——弄清题目的条件是什么？结论是什么？如果条件和结论是用文字表达的，把它翻译成数学语言；

其次要明确方向——在审题的基础上，运用数学思想方法，目的明确地对外来的和内在的信息进行提取、转化、加工和传输，从而明确解题的目标和方向；

最后要规范表达——采用适当的步骤，合乎逻辑地进行推理和运算，并正确的表述。除此之外，还要注重心理训练，尤其在解题的目标与条件之间跨度较大、较隐蔽时，必须多次尝试、探索，才能找到并实现解题目标。

三、考题预测：

预测题1定义在R 上的函数f (x ) 满足f (-x ) =-f (x +4) ，且f (x ) 在(2, +∞)上为增函数。已知x 1+x 2

A. 恒小于0 B. 恒大于0 C. 可能等于0 D. 可正也可负

参考答案：不妨设x 1-20则x 12, ∴2-f (4-x 1) 从而-f (x 2) >-f (4-x 1) =f (x 1) f (x 1) +f (x 2)

命题意图与思路点拨：本题考查函数的单调性和对称性等有关知识，考查了等价转化思想和推理论证能力。本题的关键是将和式的符号判断转化为大小比较，再利用单调性达到目

的。

预测题2定义在R 上的函数f (x ) ，对任意实数x ，都有f (x +3) ≤f (x ) +3和f (x +2) ≥f (x ) +2，且f (1) =1，则f (2011)

参考答案：由f (x +3) ≤f (x ) +3得

f (2011) ≤f (2008) +3，f (2008) ≤f (2005) +3，

f (2005) ≤f (2002) +3, f (7) ≤f (4) +3，

f (4) ≤f (1) +3，) ≤f (1) +3⨯670共进行670次，将上述同向不等式相加可得f (2011

≤201 1即 f (201) 1

由f (x +2) ≥f (x ) +2得f (2011) ≥f (2009) +2，f (2009) ≥f (2007) +2，

1005次，将上f (2007) ≥f (2005) +2, ，f (5) ≥f (3) +2，f (3) ≥f (1) +2，共进行

述同向不等式相加可得

从而f (2011) ≥f (1) +2⨯1005，即f (2011) ≥2011， f (2011) =2011

命题意图与思路点拨：本题主要从不等式两边同时出发求解，在解题过程中如果不熟悉函数的性质就无法求出结果。一般来说，如果函数不易具体化或简约化，但可以根据题设中的“桥梁”，使自变量取一些特殊值，使数值特殊化，反复进行，从而达到目标。到底取何特殊值，要经过多种尝试、探索，充分发挥直觉、探索、逆向思维，有利于培养从一般到特殊解决问题的能力。

预测题3．过函数y =x 2-a (a >0, x >

交于点A (x 2, 0), 求证:a

参考答案：由y =2x 得过点P (x 1, y 1) 的切线的斜率为2x 1，故切线方程为/a ) 的图象上任意一点P (x 1, y 1) 的切线与x 轴

y -y 1=2x 1(x -x 1)

y 1x 12-a 令y =0得切线与x 轴的交点坐标为x 2=-+x 1，即x 2=-+x 1， 2x 12x 1

x 12-a 1a 由-+x 1=(x 1+) >a ( x >a ) 。所以x 2>a 2x 12x 1

x 12-a 2又x 2-x 1=-，由x 1>a , ∴x 1>a , x 2-x 1

综上：a

命题意图与思路点拨：本题主要考查二次函数的导数、基本不等式和有关证明不等式的基本方法。

预测题4．（06天津文）已知数列{a n }满足x 1=x 2=1，并且

参数，n =2, 3, 4, ）

（1）若x 1, x 3, x 5成等比数列，求参数λ的值；

（2）设0

x 1+k x 2+k x n +k λk

证明：++ +

参考答案：（1）由已知x 1=x 2=1且 x 3x x x =λ2得x 3=λ，由4=λ3得x 4=λ3 x 2x 1x 3x 2

由x 5x 2=λ4得x 5=λ6。若x 1, x 3, x 5成等比数列则x 3=x 1x 5即λ2=λ6 x 4x 3

x n +1x ，由已知，数列{a n }是以2=1为首项，λ为公比的等比数列， x n x 1而λ≠0，解得λ=±1。 （2）设a n =

k (k -3) kn +x n +1x x x x 2故=λn -1，则n +k =n +k ⋅n +k -1 n +1=λn +k -2⋅λn +k -3⋅ ⋅λn -1=λ. x n x n x n +k -1x n +k -2x n

k (k -3) k (k -3) k (k -3) k +2k +nk +x 1+k x 2+k x n +k 22因此，对任意n ∈N +，+„+λ ++ +=λ2+λx 1x 2x n

=λk (k -3)

2(λk +λ+ +λ2k nk )=λk (k -3)

2λk (1-λnk ) 。 ⋅k 1-λ

当k ≥3且0

2≤1, 0

所以++ +

命题意图与思路点拨：本题以数列的递推关系为载体，主要考查等比数列的等比中项及前n 项和公式、等差数列前n 项和公式、不等式的性质及证明等基础知识，考查运算能力和推理论证能力。

f k ' -1(x ) 预测题5．（06辽宁理）已知f 0(x ) =x , f k (x ) =，其中k ≤n (n , k ∈N +) ， f k -1(x ) n

01n 设F (x ) =C n f 0(x 2) +C n f 1(x 2) + +C n f n (x 2), x ∈[-1, 1]

（Ⅰ）写出f k (1) ；

（Ⅱ）证明：对任意的x 1, x 2∈[-1, 1]，恒有F (x 1) -F (x 2) ≤2n -1(n +2) -n -1

参考答案：（Ⅰ）由已知推得f k (x ) =(n -k +1) x n -k ，从而有f k (1) =n -k +1

（Ⅱ）当-1≤x ≤1时，

02n 12(n -1) 22(n -2) k 2(n -k ) n -12F (x ) =C n x +nC n x +(n -1) C n x + (n -k +1) C n x + +2C n x +1当x >0时，F ' (x ) >0所以F (x ) 在[0, 1]上为增函数。

又函数F (x ) 为偶函数，所以F (x ) 在[-1, 0]上为减函数。

所以对任意的x 1, x 2∈[-1, 1]恒有F (x 1) -F (x 2) ≤F (1) -F (0)

012k n -1F (1) -F (0) =C n +nC n +(n -1) C n + (n -k +1) C n + +2C n

=nC n n -1n -2n -k 10。 +(n -1) C n + (n -k +1) C n + +2C n +C n

n -k n -k n -k (n -k +1) C n =(n -k ) C n +C n =(n -k ) n ! (n -1)! k k +C n =n +C n (n -k )! k ! (n -1-k )! k !

=nC n -1+C n (k =1, 2, 3, , n -1) ，

k k

12n -112n -10 ∴F (1) -F (0) =n C n +C n -1+C n -1+ C n -1+C n +C n + +C n ()()

=n 2n -1-1+2n -1=2n -1(n +2) -n -1。因此结论成立。

命题意图与思路点拨：本题考查导数的基本运算，函数的性质，绝对值不等式及组合数()性质等基础知识，考查归纳推理能力以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力。这类问题以函数为主线，联系其它知识进行推理。利用导数切单调性及用最值放大F (1) -F (0) 是关键。

命题预测：综上所述，以考查学生的逻辑推理能力和综合运用知识分析问题、解决问题的能力为重点的代数推理题，备受高考命题者的青睐，成为近年高考数学解答题命题的主要题材，常常作为高考数学的把关题或压轴题。鉴于此类问题的解题目标与已知条件之间的跨度大，题型新颖、内容综合、解法灵活、思维抽象，具有较好的考查效果，因此可以推测代数推理题仍将作为高考考查的重要题型出现，并且会有将新增内容与传统内容有机结合在一起进行设问、置疑的趋势。

专题七 代数证明训练反馈

1、已知f (x ) =x 2+bx +c (b , c 为常数），方程f (x ) =x 的两个实根为x 1, x 2，且满足x 2-x 1>1，设0x 1。

2、已知二次函数f (x ) =ax 2+bx +c 的图象与x 轴有交点为M (m , 0) ，

a g (x ) =-ax 2+bx +c 的图象与x 轴的交点为N (n , 0) 。设h (x ) =-x 2+bx +c ，求证：2

h (x ) 的图象与x 轴的交点一定有一个介于点M 与N 之间。

3、设a 、b 、c 是一个三角形的边长, 且a +b +c =1.

(1)证明: a、b 、c 均小于1. 2

n c ⎫⎛(2)若a ≥b ≥c , 对于整数n ≥2. 证明b n +c n

(3)证明:对于整数n ≥2，a +b +b +c

4、设x 1,x 2是函数f(x)=

（1） 证明：0

（2） 证明：|b|≤n n n n 2。 2a 3b 2x +x -a 2x (a>0)的两个极值点，且|x1|+|x2|=2 3243 9

（3） 若函数h(x)=f’(x)-2a(x-x1), 证明当x 1

5、已知f (x ) =x 3+ax +b 定义在区间[-1, 1]上，且f (0) =f (1) ，又P (x 1, y 1), Q (x 2, y 2) 是其图象上的任意两个点（x 1≠x 2）。

（1）求证：函数的图象关于点(0, b )成中心对称图形；

（2）设直线PQ 的斜率为k ，求证：k

（3）若0≤x 1

6、集合A 是由适合以下性质的函数f (x ) 构成的；对于任意的u , υ∈(-1, 1), 且u ≠υ，

都有|f (u ) -f (υ) |≤3|u -υ|.

（1）分别判断函数f 1(x ) =+x 2及f 2(x ) =log 2(x +1) 是否在集合A 中？并说明理由；

（2）设函数f (x ) =ax 2+bx , 且f (x ) ∈A ，试求|2a +b |的取值范围；

（3）在（2）的条件下，若f (2) =6，且对于满足（2）的每个实数a ，存在最小的实数m ，使得当x ∈[m , 2]时, |f (x ) |≤6恒成立，试求用a 表示m 的表达式.

专题七 代数证明训练反馈参考答案

1、解：据题意可设f (x ) -x =(x -x 1)(x -x 2) ，则f (t ) =(t -x 1)(t -x 2) +t f (t ) -x 1=(t -x 1)(t -x 2) +t -x 1=(t -x 1)(t -x 2+1)

因为x 2-x 1>1，0

从而有(t -x 1)(t -x 2+1) >0∴f (t ) -x 1>0，即f (t ) >x 1。

2、证明：因为h (x ) 是二次函数，且定义域为R ，所以如果满足条件的点存在，则h (m ) 与h (n ) 必异号，于是，把形的问题转化成数的问题。

由已知f (m ) =am 2+bm +c ，g (n ) =-an 2+bn +c ，则

⎛a ⎫⎛a ⎫h (m ) h (n ) = -m 2+bm +c ⎪ -n 2+bn +c ⎪ ⎝2⎭⎝2⎭

=(am +bm +c -

=-23a 2a m ) (-an 2+bn +c +n 2) 223a 2a 2m ⨯n

3、解：（1）不妨设a ≥b ≥c ，那么由题意知b +c >a , a +b +c =1得

a +a

n 111，从而推知b

（2）n c ⎫⎛n 1n -1c 2n -2⎛c ⎫n c b +⎪=b +C n b ⋅+C n b ⋅ ⎪+ +C n n 2⎭22⎝⎝2⎭

2n n ⎡⎤⎡⎤n 1111⎛⎫⎛⎫⎛⎫n 12n n n ≥b +⎢C n +C n ⎪+ +C n ⎪⎥⋅c =b +⎢ +1⎪-1⎥⋅c ⎝2⎭⎝2⎭⎥⎢⎢⎥⎣2⎦⎣⎝2⎭⎦

c ⎫⎛1⎫⎛因为n ≥2，则 +1⎪-1>1, 所以b n +c n

n n （3） 不妨设a ≥b ≥c ，则由（2）可知b +c 11211⎛⎫⎛⎫n n 又由（1）知a

于是1

4、解：（1）f ’(x)=ax2+bx-a2 x 1,x 2是方程f ’(x)=0的两个实数根

b b 2

x 1+x2=- x 1x 2= -a

∴b 2=4a2-4a 3≥0∴0

（2）由（1）知b 2≤4a 2-4a 3（0

（3）f ’(x)=a(x-x1)(x-x2) h(x)= a(x-x1)(x-x2-2)

|h(x)| ≤a(16 27x -x 1+x -x 2-2

2a (x 2-x 1+2) 2

=4a ) =42

5、解析：（1）由题意易知a =-1，所以f (x ) =x 3-x +b ，而由于函数f (x ) =x 3-x 为奇函数，其图象关于原点成中心对称，所以经过平移可知f (x ) =x 3-x +b 的图象关于点(0, b )成中心对称图形；

（2）由题意可知k =y 1-y 22=x 12+x 1x 2+x 2-1由于x 1, x 2∈[-1, 1]，故可得 x 1-x 2

2-1

（3）由题意并结合第（2）小题可知y 1-y 2

6、解：（I ）f 1(x ) ∈A ; f 2(x ) ∉A .

证明：任取u , υ∈(-1, 1) ，且u ≠υ，则

|f 1(u ) -f 1(υ) |=|+u -+υ|=

22|u 2-υ2||+u 2++υ2|

=|u +υ|⨯|u -υ|

|+u ++υ|22,

因为|u |

所以，|u +υ|⨯|u -υ|

|+u ++υ|22

所以，|f 1(u ) -f 1(υ) |3|u -υ|，所以，f 2(x ) ∉A .

（II ）因为f (x ) =ax 2+bx 属于集合A ，所以，任取u , υ∈(-1, 1), 且u ≠υ，则

3|u -υ|≥|f (u ) -f (υ) |=|(u -υ)(au +a υ+b ) |

也即：|au +a υ+b |≤3. ①

设t =u +υ，则上式化为：|at +b |≤3. ②

因为u , υ∈(-1, 1), 所以-2

①式对任意的u , υ∈(-1, 1), 恒成立，即②式对t ∈(-2, 2) 恒成立，

可以证明|2a |+|b |≤3. 所以，|2a +b |≤3，即2a +b ∈[-3, 3]. （III ）由f (2) =6可知：2a +b =3.

又由（II ）可知：-3≤2a -b ≤3，所以，0≤a ≤

i ）当a =0时，f (x ) =3x 为单调递增函数，

令f (x ) =-6得x =-2. 所以m =-2. 3. 2

3-2a 2(3-2a ) 2

) -, ii ）当a >0时，f (x ) =ax +(3-2a ) x =a (x +2a 4a 2

2此时，-3-2a =1-3≤0，且当x ∈R 时，f (x ) 的最小值为f (-3-2a ) =-(3-2a ) . 2a 2a 2a 4a

(3-2a ) 29-623

所以，m =-3. a

(3-2a ) 23-2a 若-, +∞) 上单调递增，所2a -3+4a 2-36a +9以，m 为方程f (x ) =-6的较大根，所以，m =. 2a

⎧a =0⎪-2

⎪2综上可知：m =⎪2a -3+4a -36a +9, 0