(江苏专用)2022版高考数学二轮复习专题六概率、统计、复数、算法、推理与证明第5讲推理与证明学案文.pdf

江苏专用江苏专用 20222022 版高考数学二版高考数学二轮复习专题六概率、轮复习专题六概率、统计、统计、复数、复数、算法、算法、推理与证明第推理与证明第 5 5 讲推理与讲推理与证明学案文苏教版证明学案文苏教版第第 5 5 讲讲推理与证明推理与证明 2022 2022 考向导航考向导航 考点考点扫描扫描1 1合合情推情推理理三年考情三年考情2022022 2202220222022022 2近近年年江江苏苏高高考考的的“推理与证明没有单“推理与证明没有单独设题，主要和其他知独设题，主要和其他知识结合在一起，属于综识结合在一起，属于综合题，可以综合在诸如合题，可以综合在诸如2 2演演绎推绎推理理第第 1919数列、函数、不等式等数列、函数、不等式等第第1515题题内容中，既有计算又有内容中，既有计算又有证明证明“合情推理是一“合情推理是一种重要的归纳，明年在种重要的归纳，明年在客观题中考查的可能性客观题中考查的可能性较大较大必记的概念与定理必记的概念与定理1 1归纳推理：归纳推理：主要应用于先由条件归纳出一主要应用于先由条件归纳出一个结论，并加以证明或以推理作为题目的条件给个结论，并加以证明或以推理作为题目的条件给出猜测的结论，并要求考生会应用或加以证明出猜测的结论，并要求考生会应用或加以证明-2-2-考向预测考向预测题题第第 2020题题2 2类比推理：类比推理：通过两类事物的相似性或一致通过两类事物的相似性或一致性，性，用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的结论常见的有结论类比和方法得出一个明确的结论常见的有结论类比和方法类比类比3 3演绎推理：演绎推理：演绎推理是从一般到个别的推演绎推理是从一般到个别的推理，推理的主要形式是三段论三段论中包含三理，推理的主要形式是三段论三段论中包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况；这两个判断联合起来，揭示了一般个特殊情况；这两个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生第三个判原理和特殊情况的内在联系，从而产生第三个判断结论断结论为了方便，在运用三段论推理时，常常采用为了方便，在运用三段论推理时，常常采用省略大前提或小前提的表述方式对于复杂的论省略大前提或小前提的表述方式对于复杂的论证，总是采用一连串的三段论，把前一个三段论证，总是采用一连串的三段论，把前一个三段论的结论作为下一个三段论的前提的结论作为下一个三段论的前提合情推理合情推理 典型例题典型例题(1)(2022湖北八校联考(1)(2022湖北八校联考)观察以下等观察以下等式：式：1 1 1 1，1 1 2 2 3 3，1 1 2 2 3 3 6 6，1 1 2 22 22 22 22 22 22 22 22 22 22 23 3 4 4 1010，由以上等式推测出一个一般由以上等式推测出一个一般-3-3-性的结论：对于性的结论：对于n nN N，1 1 2 2 3 3 4 4(1)1)n n1 12 2*2 22 22 22 2n n_2 2(2)(2022苏州五校联考(2)(2022苏州五校联考)对于三次函数对于三次函数f f(x x)axaxbxbxcxcxd d(a a0)，给出定义：设0)，给出定义：设f f(x x)是函数是函数y yf f(x x)的导数，的导数，f f(x x)是是f f(x x)的导数，的导数，假设方程假设方程f f(x x)0 0 有实数解有实数解x x0 0，那么称点，那么称点(x x0 0，3 3f f(x x0 0)为函数为函数y yf f(x x)的“拐点的“拐点 某同学经过探某同学经过探究发现，任何一个三次函数都有“拐点，任何究发现，任何一个三次函数都有“拐点，任何一个三次函数的图象都有对称中心，且“拐点一个三次函数的图象都有对称中心，且“拐点1 13 31 12 25 5就是对称中心设函数就是对称中心设函数f f(x x)x xx x3 3x x，3 32 21212 1 1 2 2 f f 请你根据这一发现，计算请你根据这一发现，计算f f 2 0172 017 2 0172 017 3 3 2 0162 016 f f _f f 2 0172 017 2 0172 017 2 21 1 1 11 11 1【解析】【解析】(1)(1)由于由于 1 1(1)1)，3 32 2(1)1)2 22 21 12 2 2 23 31 13 3 3 3，6 6(1)1)，1010(2 22 22 22 21)1)4 41 14 4 4 4，2 22 22 22 22 2那么那么1 1 2 2 3 3 4 4(1)1)n n1 12 2n n(1)1)n n-4-4-1 1n nn n2 22 2(2)(2)f f(x x)x x2 2x x3 3，由，由f f(x x)2 2x x1 1 1 1 1 10 0，得，得x x，那么点，那么点，1 1 为为y yf f(x x)的图象的对的图象的对2 2 2 2 称中心，称中心，所以所以f f(x x)图象上任一点图象上任一点M M(x x，f f(x x)关于点关于点 1 1 ，1 1 的对称点的对称点N N(1(1x x，2 2f f(x x)也在也在f f(x x)图象图象 2 2 上，即上，即f f(1(1x x)2 2f f(x x)，所以，所以f f(x x)f f(1(1x x)2 2，1 1 2 0162 016 2 2 2 0152 015 f f f f f f 故故f f 2 0172 017 2 0172 017 2 0172 017 2 0172 017 1 1 2 2 3 3 f f f f 2 2，故，故f f 2 0172 017 2 0172 017 2 0172 017 2 0162 016 2 0162 016f f 2 0172 017【答案】【答案】(1)(1)(1)1)n n1 1n nn n2 22 2(2)2 016(2)2 016归纳推理的一般步骤是：归纳推理的一般步骤是：(1)(1)通过观察个别事通过观察个别事物发现某些相同的性质；物发现某些相同的性质；(2)(2)从的相同性质中推出从的相同性质中推出-5-5-一个明确表述的一般性命题，一个明确表述的一般性命题，并且在一般情况下，并且在一般情况下，如果归纳的个别事物越多，越具有代表性，那么如果归纳的个别事物越多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠推广的一般性结论也就越可靠类比推理是合情推理中的一类重要推理，强类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素类比可以由概念性质上生类比迁移的客观因素类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比；的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比；也可以由解题方法上的类似引起，当然首先是在也可以由解题方法上的类似引起，当然首先是在某些方面有一定的共性，某些方面有一定的共性，才能有方法上的类比才能有方法上的类比 一一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等等 对点训练对点训练 1 11 1 1 1，2 2 3 35 5，3 33 37 79 91111，4 4 1313151517171919，假设某数假设某数n n3 3按上述规律展开后，发现等式右按上述规律展开后，发现等式右边含有边含有 2 0132 013 这个数，那么这个数，那么n n_ 解析解析 观察等式规律可知观察等式规律可知n n等于连续等于连续n n个个-6-6-3 33 33 33 3奇数的和，奇数的和，又又 1 1 1 1，2 2 3 35 5，3 3 7 79 91111，4 4 1313151517171919，所以前所以前n n个式子右边的奇数的个数的和为：个式子右边的奇数的个数的和为：1 12 23 34 4n n3 33 33 33 3n nn n1 12 2，又，又 2 0132 013是第是第 1 1990990，007007 个奇数，且当个奇数，且当n n4444 时，时，当当n n4545 时，时，n nn n1 12 2n nn n1 12 21 0351 035，所以发现等式，所以发现等式右边含有右边含有 2 0132 013 这个数，那么这个数，那么n n4545 答案答案 45 452 2在平面几何中有如下结论：在平面几何中有如下结论：假设正三角形假设正三角形S S1 1ABCABC的内切圆面积为的内切圆面积为S S1 1，外接圆面积为外接圆面积为S S2 2，那么那么S S2 21 1 推广到空间几何中可以得到类似结论：推广到空间几何中可以得到类似结论：假设假设4 4正四面体正四面体ABCDABCD的内切球体积为的内切球体积为V V1 1，外接球体积为外接球体积为V V1 1V V2 2，那么，那么 _V V2 2 解析解析 平面几何中，平面几何中，圆的面积与圆的半径的圆的面积与圆的半径的-7-7-平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径V V1 11 1的立方成正比，所以的立方成正比，所以 V V2 227271 1 答案答案 2727演绎推理演绎推理 典型例题典型例题(2022南京、盐城模拟(2022南京、盐城模拟)数列数列 a an n 满足：满足：1 13 31 1a an n1 12 21 1a an na a1 1，a an na an n 1 1002 21 1a an n1 1a an n1 1(n nN N)；数列；数列 b bn n 满足：满足：b bn na an n1 1a an n(n nN N)(1)(1)求数列求数列 a an n，b bn n 的通项公式；的通项公式；(2)(2)证明：数列证明：数列 b bn n 中的任意三项不可能成等中的任意三项不可能成等差数列差数列3 31 1a an n1 12 21 1a an n【解】【解】(1)(1)化为化为1 1a an n1 1a an n1 11 1a an n1 12 22 2，1 1a an n3 33 3而而 1 1a a，4 42 21 12 2*2 22 2*-8-8-3 32 2所以数列所以数列11a an n 是首项为是首项为，公比为，公比为 的等比的等比4 43 32 2数列，数列，3 3 2 2 n n1 13 3 2 2 2 2那么那么 1 1a an n ，那么那么a an n1 1 4 4 3 3 4 4 3 3 2 2n n1 1由由a an na an n1 100，知数列，知数列 a an n 的项是正负相间出现的项是正负相间出现的，的，因此因此a an n(1)1)2 22 2n n1 13 3 2 2 n n1 11 1 ，4 4 3 3 3 3 2 2 n n3 3 2 2 n n1 1b bn na an n1 1a an n 4 4 3 3 4 4 3 3 1 1 2 2 n n1 1 4 4 3 3(2)(2)证明：假设存在数列证明：假设存在数列 b bn n 中的某三项成等中的某三项成等差数列，不妨设为差数列，不妨设为b bm m、b bs s、b bp p，其中，其中m m、s s、p p是互是互不相等的正整数，可设不相等的正整数，可设m m s s b b0)0)，F F1 1、F F2 2是椭圆的两个焦点，是椭圆的两个焦点，P P为椭圆上为椭圆上的一个动点，的一个动点，过过F F2 2作作F F1 1PFPF2 2的外角平分线的垂线，的外角平分线的垂线，垂足为垂足为M M，那么，那么OMOM的长为定值类比此命题，在的长为定值类比此命题，在x xy y双曲线中也有命题双曲线中也有命题q q：双曲线双曲线2 22 21(1(a a00，b b0)0)，a ab b-15-15-2 22 2F F1 1、F F2 2是双曲线的两个焦点，是双曲线的两个焦点，P P为双曲线上的一个为双曲线上的一个动点，过动点，过F F2 2作作F F1 1PFPF2 2的的_的垂线，垂足为的垂线，垂足为M M，那么，那么OMOM的长为定值的长为定值_ 解析解析 对于椭圆，延长对于椭圆，延长F F2 2M M与与F F1 1P P的延长线的延长线交于交于Q Q由对称性知，由对称性知，M M为为F F2 2Q Q的中点，且的中点，且PFPF2 2PQPQ，1 1从而从而OMOMF F1 1Q Q且且OMOMF F1 1Q Q2 2而而F F1 1Q QF F1 1P PPQPQF F1 1P PPFPF2 22 2a a，所以所以OMOMa a对于双曲线，过对于双曲线，过F F2 2作作F F1 1PFPF2 2内角平分线的垂内角平分线的垂线，垂足为线，垂足为M M，类比可得类比可得OMOMa a1 11 11 1因为因为OMOMF F1 1Q Q(PFPF1 1PFPF2 2)22a aa a2 22 22 2 答案答案 内角平分线内角平分线a a7 7设设ABCABC的三边长分别为的三边长分别为a a、b b、c c，ABCABC2 2S S的面积为的面积为S S，内切圆半径为内切圆半径为r r，那么那么r r 类类a ab bc c-16-16-比这个结论可知：比这个结论可知：四面体四面体ABCDABCD的四个面的面积分的四个面的面积分别为别为S S1 1、S S2 2、S S3 3、S S4 4，内切球半径为内切球半径为R R，四面体四面体ABCDABCD的体积为的体积为V V，那么，那么R R_ 解析解析 设四面体设四面体ABCDABCD的内切球的球心为的内切球的球心为O O，连结连结OAOA，OBOB，OCOC，ODOD，将其分割成四个四面体，将其分割成四个四面体，1 11 11 11 1由分割法可得由分割法可得V VS S1 1R RS S2 2R RS S3 3R RS S4 4R R，3 33 33 33 33 3V V所以所以R RS S1 1S S2 2S S3 3S S4 43 3V V 答案答案 S S1 1S S2 2S S3 3S S4 48 8(2022江苏省高考命题研究专家原创卷(2022江苏省高考命题研究专家原创卷(八八)以下等式：以下等式：2 2 4 42 2 4 4 6 6 24242 2 4 4 6 6 8 8 1010 60602 22 24 42 26 62 28 82 210102 212122 214142 2112112观察上述等式的规律，发现第观察上述等式的规律，发现第n n(n nN N)个等个等式的右边可以表示为式的右边可以表示为anan2 2bnbnc c(a a，b b，c c为实常为实常*2 22 22 22 22 22 22 22 22 2a a数数)的形式，那么的形式，那么 c c_b b-17-17-解析解析 法一：每个等式的左边有法一：每个等式的左边有(2(2n n1)1)个个偶数的平方相加减，第一个偶数为偶数的平方相加减，第一个偶数为 2 2，最后一个，最后一个偶数为偶数为 2(22(2n n1)1)，正负相间，所以第，正负相间，所以第n n个等式的个等式的左边为左边为 2 2 4 4 6 6 8 8 2(22(2n n2)2)2(22(2n n1)1)，即，即 4 424246 68 82(22(2n n2)2)2(22(2n n1)1)4(14(12 23 34 45 52 2n n2 22 2n n1)1)2 22 22 22 22 22 2a a8 8n n4 4n n，所以，所以a a8 8，b b4 4，c c0 0，所以，所以 c cb b2 22 2a ab bc c4 4，法二：令法二：令n n1 1，2 2，3 3，得，得 4 4a a2 2b bc c2424，9 9a a3 3b bc c6060，a a8 8，a a解得解得 b b4 4，所以，所以 c c2 2b b c c0 0 答案答案 2 29 9(2022无锡质量检测(2022无锡质量检测)有甲、有甲、乙二人去看乙二人去看望高中数学老师张老师，望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是张老师的生日是m m月月n n日，日，张老师把张老师把m m告诉了甲，告诉了甲，把把n n告诉了乙，告诉了乙，然后张老师列出来如下然后张老师列出来如下 1010 个日期个日期供选择：供选择：2 2 月月 5 5 日，日，2 2 月月 7 7 日，日，2 2 月月 9 9 日，日，5 5 月月 5 5日，日，5 5 月月 8 8 日，日，8 8 月月 4 4 日，日，8 8 月月 7 7 日，日，9 9 月月 4 4 日，日，9 9-18-18-月月 6 6 日，日，9 9 月月 9 9 日看完日期后，甲说：“我不日看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道乙听了甲的话后，知道，但你一定也不知道乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了甲接说：“本来我不知道，但现在我知道了甲接着说：“哦，现在我也知道了那么张老师的着说：“哦，现在我也知道了那么张老师的生日是生日是_ 解析解析 根据甲说的“我不知道，根据甲说的“我不知道，但你一定也但你一定也不知道，不知道，可排除可排除 5 5 月月 5 5 日、日、5 5 月月 8 8 日、日、9 9 月月 4 4 日、日、9 9 月月6 6 日、日、9 9 月月9 9 日；日；根据乙听了甲的话后说的“本根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了，可排除来我不知道，但现在我知道了，可排除 2 2 月月 7 7日、日、8 8 月月 7 7 日；根据甲接着说的“哦，现在我也日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了，可以得知张老师生日为知道了，可以得知张老师生日为 8 8 月月 4 4 日日 答案答案 8 8 月月 4 4 日日1010(2022武汉调研(2022武汉调研)如图如图(1)(1)所示，所示，在平面在平面几何中，几何中，设设O O是等腰直角三角形是等腰直角三角形ABCABC的底边的底边BCBC的的中点，中点，ABAB1 1，过点过点O O的动直线与两腰或其延长线的动直线与两腰或其延长线的交点分别为的交点分别为R R，Q Q，那么有，那么有1 11 1AQAQARAR2 2类比以类比以上结论，将其拓展到空间中，如图上结论，将其拓展到空间中，如图(2)(2)所示，设所示，设O O是正三棱锥是正三棱锥A A BCDBCD的底面的底面BCDBCD的中心，的中心，ABAB，ACAC，ADAD两两垂直，两两垂直，ABAB1 1，过点，过点O O的动平面与三棱锥的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为的三条侧棱或其延长线的交点分别为Q Q，R R，P P，那么有那么有_-19-19-解析解析 设设O O到正三棱锥到正三棱锥A A BCDBCD三个侧面的距三个侧面的距离离 为为d d，易易 知知V V三三 棱棱 锥锥1 11 1S SAQPAQPARARR R AQPAQP3 33 31 11 1 AQAQAPAPARARAQAQAPAPARAR 又因为又因为V V三棱锥三棱锥R R AQPAQP2 26 61 11 1V V三棱锥三棱锥O O AQPAQPV V三棱锥三棱锥O O ARPARPV V三棱锥三棱锥O O AQRAQRS SAQPAQPd dS S3 33 31 11 1d dS SAQRAQRd d(AQAQAPAPARARAPAPAQAQARAR)d d，ARPARP3 36 61 11 1所所以以AQAQAPAPARAR(AQAQAPAPARARAPAP6 66 61 11 1AQAQARAR)d d，即，即 而而V V三棱锥三棱锥A A BDCBDC AQAQARARAPAPd d3 32 21 11 11 1111111，所以，所以V V三棱锥三棱锥O O ABDABDV V三棱锥三棱锥A A BDCBDC，6 63 318181 11 11 11 11 1即即 S SABDABDd d d d，所以，所以d d，3 33 32 218183 3所以所以1 11 11 11 11 1AQAQARARAPAP1 11 13 3-20-20-答案答案 1 1AQAQARARAPAP1 11 13 31111(2022苏州期末(2022苏州期末)某同学在一次研究性某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数数a asinsin 1313coscos 1717sin 13sin 13cos 17cos 17；sinsin2 21515coscos2 21515sin 15sin 15cos 15cos 15；sinsin 1818coscos 1212sin 18sin 18cos 12cos 12；sinsin(1818 )coscos 4848 sin(sin(1818)cos 48)cos 48；sinsin(2525 )coscos 5555 sin(sin(2525)cos 55)cos 55(1)(1)从上述五个式子中选择一个，从上述五个式子中选择一个，求出常数求出常数a a；(2)(2)根据根据(1)(1)的计算结果，将该同学的发现推的计算结果，将该同学的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论广为一个三角恒等式，并证明你的结论 解解(1)(1)选择式计算：选择式计算：2 22 22 22 22 22 22 22 2a asinsin2 21515coscos2 21515sin 15sin 15cos 15cos 151 13 31 1 sin 30sin 30 2 24 4(2)(2)猜测的三角恒等式为：猜测的三角恒等式为：sinsin2 2coscos2 2(30(303 3)sinsincos(30cos(30)4 4-21-21-证明如下：证明如下：sinsincoscos(30(30)sinsin2 22 2cos(30cos(30)sinsin2 2(cos 30(cos 30coscossin 30sin 30sinsin2 2)sinsin(cos(cos 3030 coscossinsin 3030sinsin)3 33 31 12 2sinsin coscossinsincoscos4 42 24 42 23 31 13 33 32 22 2sinsinsinsincoscos sinsin sinsin2 22 24 44 42 23 3coscos 4 42 21212(2022徐州模拟(2022徐州模拟)函数函数f f(x x)x x1 1，设，设g g1 1(x x)f f(x x)，g gn n(x x)f f(g gn n1 1(x x)()(n n11，n nN N)，(1)(1)求求g g2 2(x x)，g g3 3(x x)的的 表表 达达 式式，并并 猜猜 测测*g gn n(x x)()(n nN N)的表达式的表达式(直接写出猜测结果直接写出猜测结果)；n n*(2)(2)假设关于假设关于x x的函数的函数y yx xg gi i(x x)(n nN N)2 2*i i1 1在区间，在区间，11上的最小值为上的最小值为 6 6，求求n n的值的值(符符n n号“号“表示求和，表示求和，例如：例如：i i1 12 23 3n n)i i1 1 解解 (1)(1)因为因为g g1 1(x x)f f(x x)x x1 1，所以所以g g2 2(x x)-22-22-f f(g g1 1(x x)f f(x x1)1)(x x1)1)1 1x x2 2，g g3 3(x x)f f(g g2 2(x x)f f(x x2)2)(x x2)2)1 1x x3 3，所以，所以猜测猜测g gn n(x x)x xn nn n(2)(2)因为因为g gn n(x x)x xn n，所以，所以g gi i(x x)g g1 1(x x)i i1 1g g2 2(x x)g gn n(x x)nxnxn n2 2n nn n1 12 22 2，所以所以y yx xg gi i(x x)x xnxnxi i1 1n nn n1 12 2 n n 2 2n n2 22 2n n x x 2 2 4 4 n n 2 2当当 1 1，即即n n22 时，时，函数函数y y x x 2 2 2 2 n nn n2 22 2n n4 4在区间在区间(，11上是减函数，上是减函数，所以当所以当x x1 1 时，时，y yminminn nn n2 22 22 26 6，即，即n n2 2n n10100 0，该方程没有整数解，该方程没有整数解当当 22 时，时，y yminmin2 2n nn n2 2n n4 42 26 6，-23-23-解得解得n n4 4，综上所述，综上所述，n n4 41313由局部自然数构成如下图的数表，用由局部自然数构成如下图的数表，用a aijij(i ij j)表示第表示第i i行第行第j j个数个数(i i，j jN N*)，使，使a ai i1 1a aiiiii i，每行中的其余各数分别等于其“肩膀每行中的其余各数分别等于其“肩膀*上的两个数的和设第上的两个数的和设第n n(n nN N)行中各数的和为行中各数的和为b bn n(1)(1)用用b bn n表示表示b bn n1 1；(2)(2)试问：试问：数列数列 b bn n 中是否存在不同的三项中是否存在不同的三项b bp p，b bq q，b br r(p p，q q，r rN N)恰好成等差数列？假设存在，恰好成等差数列？假设存在，求出求出p p，q q，r r的关系；假设不存在，请说明理由的关系；假设不存在，请说明理由 解解(1)(1)b bn na an n1 1a an n2 2a annnn，b bn n1 1a a(n n1)11)1a a(n n1)21)2a a(n n1)(1)(n n1)1)n n1 1(a an n1 1a an n2 2)(a an n(n n1)1)a annnn)n n1 12(2(a an n1 1a an n2 2a annnn)2 22 2b bn n2 2(2)(2)因为因为b bn n1 12 2b bn n2 2，所以，所以b bn n1 12 22(2(b bn n2)2)，所以所以 b bn n22是以是以b b1 12 23 3 为首项，为首项，2 2 为公比为公比的等比数列，的等比数列，那么那么b bn n2 23232*n n1 1b bn n3232n n1 12 2-24-24-假设数列假设数列 b bn n 中存在不同的三项中存在不同的三项b bp p，b bq q，b br r(p p，q q，r rN N)恰好成等差数列，恰好成等差数列，不妨设不妨设p p q q r r，显然，显然 b bn n 是递增数列，那么是递增数列，那么2 2b bq qb bp pb br r，即即2(322(322)2)，化简得：化简得：2 22 2q qr rq q1 1*2)2)(3232p p1 12)2)(32(32r r1 12 2p pr r1 1，(*)(*)*由于由于p p，q q，r rN N，且，且p p q q r r，知，知q qr r1，1，p pr r2，2，所以所以(*)(*)式左边为偶数，右边为奇数，式左边为偶数，右边为奇数，故数列故数列 b bn n 中不存在不同的三项中不存在不同的三项b bp p，b bq q，b br r(p p，q q，r rN N*)恰好成等差数列恰好成等差数列1414函数函数f f(x x)a a2 2a a1 1(a ax xa ax x)，其中其中a a00 且且a a11(1)(1)分别判断分别判断f f(x x)在在(，)上的单调，)上的单调性；性；(2)(2)比拟比拟f f(1)(1)1 1与与f f(2)(2)2 2、f f(2)(2)2 2与与f f(3)(3)3 3 的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明；证明；-25-25-(3)(3)比拟比拟f f1 1f f2 2f f2 2f f3 31 1与与2 2、2 2与与3 3的的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明 解解(1)(1)f f(x x)00a a11，那么，那么a aa a1 12 2(a ax xa ax x)ln)lna a，假设，假设a aa a1 12 22 200，lnlna a00)0，假设假设a a11，那么，那么a aa a1 10 0，lnlna a00，所以，所以f f(x x)0)0；因此，对任意；因此，对任意a a00 且且a a1，都有1，都有f f(x x)0)0，f f(x x)在在(，)上单调递增)上单调递增(2)(2)直接计算知直接计算知f f(1)(1)1 10 0，f f(2)(2)2 2a aa a1 12 2，f f(3)(3)3 3a aa a2 2，根据根本不等式，根据根本不等式a a1 12 22 2a a2020，所以，所以f f(2)(2)22f f(1)(1)1 1，又因为，又因为(a aa a2)2)(a aa a2)2)(a aa a)(a aa a)(a aa a)(a aa a1)1)(a a1 12 21 12 21 12 22 21 11 12 21 1a a1)1)(a aa a1)01)0，所以，所以f f(3)(3)33f f(2)(2)2 2一般性结论：一般性结论：x x00，f f(x x1)1)(x x1)1)f f(x x)x x证明：记证明：记g g(x x)f f(x x1)1)(x x1)1)f f(x x)-26-26-2 21 1x x a aa a1 1x x1 1x x2 2(a ax x 1 1a ax x 1 1)(a aa ax xx xx x)1 1a aa aa aa a1 1，g g(x x)lnlna a与与(1)(1)类似类似a a1 1a a1 1地地讨讨论论知知，对对 x x00 和和 a a00 且且a a11 都都有有x x1 1g g(x x)0)0，g g(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，g g(0)(0)0 0，所以，所以g g(x x)g g(0)(0)0 0，即，即 x x00，f f(x x1)1)(x x1)1)f f(x x)x x(3)(3)2 2f f1 11 12 21 1，f f2 21 12 2(a aa a)，2 21 1f f3 33 31 1a a1 1a a3 3，根据根本不等式，根据根本不等式，f f2 21 12 22 200 (a aa a2 2)1)1 f f1 11 12 2f f3 33 3f f2 2f f3 33 3所所以以 f f2 2 2 2 a aa a1 12 212121 1，f f3 3f f2 2f f1 13 3 2 2f fx x1 1f fx x一般性结论：一般性结论：x x00，x x1 1x x-27-27-f fx x证明：记证明：记g g(x x)，x x00，g g(x x)x xxfxfx xf fx x2 2x xa ax xa aa alnlna aa aa a，设设h h(x x)2 22 2x xa a1 1x xa aa alnlna aa aa a，那么，那么h h(0)(0)0 02 2a a1 1x xa ax xa ax xlnln2 2a a且且h h(x x)，类似，类似(1)(1)的讨论知的讨论知2 2a a1 1对对 x x00和和 a a00且且a a11，h h(x x)x xx xx xx xx xx xx xx xx xa aa alnlna a00，从而，从而h h(x x)h h(0)(0)0 0，g g2 2a a1 1(x x)0)0，g g(x x)在在(0(0，)上单调递增，)上单调递增，所以所以 x x00，x xx x2 2f fx x1 1f fx x x x1 1x x-28-28-29-29-