PAGEPAGE142022版高考數(shù)學大一輪復習第十二章推理與證明、算法、復數(shù)12.2綜合法、分析法與反證法教師用書文北師大版1．綜合法(1)定義：從命題的條件出發(fā)，利用定義、公理、定理及運算法那么，通過演繹推理，一步一步地接近要證明的結(jié)論，直到完成命題的證明．我們把這樣的思維方法稱為綜合法．(2)框圖表示：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(其中P表示條件、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：從求證的結(jié)論出發(fā)，一步一步地探索保證前一個結(jié)論成立的充分條件，直到歸結(jié)為這個命題的條件，或者歸結(jié)為定義、公理、定理等．我們把這樣的思維方法稱為分析法．(2)框圖表示：eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(得到一個明顯成立的條件).3．反證法我們可以先假定命題結(jié)論的反面成立，在這個前提下，假設推出的結(jié)果與定義、公理、定理相矛盾，或與命題中的條件相矛盾，或與假定相矛盾，從而說明命題結(jié)論的反面不可能成立，由此斷定命題的結(jié)論成立．這種證明方法叫作反證法．反證法的證題步驟是：(1)作出否認結(jié)論的假設；(2)進行推理，導出矛盾；(3)否認假設，肯定結(jié)論．【思考辨析】判斷以下結(jié)論是否正確(請在括號中打“√〞或“×〞)(1)綜合法是直接證明，分析法是間接證明．(×)(2)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．(×)(3)用反證法證明結(jié)論“a>b〞時，應假設“a<b〞．(×)(4)反證法是指將結(jié)論和條件同時否認，推出矛盾．(×)(5)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．(√)(6)證明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)最適宜的方法是分析法．(√)1．假設a，b，c為實數(shù)，且a<b<0，那么以下命題正確的選項是()A．a(chǎn)c2<bc2 B．a(chǎn)2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)>eq\f(a,b)答案B解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.2．用反證法證明命題：“a，b∈N，假設ab不能被5整除，那么a與b都不能被5整除〞時，假設的內(nèi)容應為()A．a(chǎn)，b都能被5整除B．a(chǎn)，b不都能被5整除C．a(chǎn)，b至少有一個能被5整除D．a(chǎn)，b至多有一個能被5整除答案C解析“都不能〞的否認為“至少有一個能〞，故假設的內(nèi)容應為“a，b至少有一個能被5整除〞．3．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a(chǎn)2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D解析a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.4．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，那么a、b應滿足的條件是__________________________．答案a≥0，b≥0且a≠b解析∵aeq\r(a)＋beq\r(b)－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＝eq\r(a)(a－b)＋eq\r(b)(b－a)＝(eq\r(a)－eq\r(b))(a－b)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))．∴當a≥0，b≥0且a≠b時，(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))>0.∴aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)成立的條件是a≥0，b≥0且a≠b.5．(2022·青島模擬)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤f(eq\f(x1＋x2＋…＋xn,n))，函數(shù)y＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值為________．答案eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)＝sinx在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，且A、B、C∈(0，π)．∴eq\f(fA＋fB＋fC,3)≤f(eq\f(A＋B＋C,3))＝f(eq\f(π,3))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，∴sinA＋sinB＋sinC的最大值為eq\f(3\r(3),2).題型一綜合法的應用例1數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)證明：數(shù)列{eq\f(1,an)}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項和Sn，并證明eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).(1)證明∵an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化簡得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故數(shù)列{eq\f(1,an)}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列．(2)解由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.方法一eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).方法二eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>1，又∵1>eq\f(n,n＋1)，∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).思維升華(1)綜合法是“由因?qū)Ч暤淖C明方法，它是一種從到未知(從題設到結(jié)論)的邏輯推理方法，即從題設中的條件或已證的真實判斷(命題)出發(fā)，經(jīng)過一系列中間推理，最后導出所要求證結(jié)論的真實性．(2)綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理．假設a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.證明∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)>0.由于a，b，c是不全相等的正數(shù)，∴上述三個不等式中等號不能同時成立，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc>0成立．上式兩邊同時取常用對數(shù)，得lg(eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2))>lgabc，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.題型二分析法的應用例2函數(shù)f(x)＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，假設x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且x1≠x2，求證：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明要證eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(1,2)(tanx1＋tanx2)>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2,cosx2)))>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明eq\f(sinx1＋x2,2cosx1cosx2)>eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2).由于x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故x1＋x2∈(0，π)．所以cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0,1＋cos(x1＋x2)>0，故只需證明1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，即證1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，即證cos(x1－x2)<1.由x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x1≠x2知上式顯然成立，因此eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).引申探究假設本例中f(x)變?yōu)閒(x)＝3x－2x，試證：對于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明要證明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明≥－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明－(x1＋x2)≥－(x1＋x2)，即證明，因此只要證明≥，由于x1，x2∈R時，>0,>0，由根本不等式知≥顯然成立，故原結(jié)論成立．思維升華(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件．正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵．(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的方法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證．(2022·重慶月考)設a>0，b>0,2c>a＋b，求證：(1)c2>ab；(2)c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab).證明(1)∵a>0，b>0,2c>a＋b≥2eq\r(ab)，∴c>eq\r(ab)，平方得c2>ab.(2)要證c－eq\r(c2－ab)<a<c＋eq\r(c2－ab)，只要證－eq\r(c2－ab)<a－c<eq\r(c2－ab)，即證|a－c|<eq\r(c2－ab)，即(a－c)2<c2－ab.∵(a－c)2－c2＋ab＝a(a＋b－2c)<0成立，∴原不等式成立．題型三反證法的應用命題點1證明否認性命題例3(2022·西安模擬)設{an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導{an}的前n項和公式；(2)設q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．(1)解設{an}的前n項和為Sn，當q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)證明假設{an＋1}是等比數(shù)列，那么對任意的k∈N＋，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與矛盾．∴假設不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．命題點2證明存在性問題例4四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝eq\r(2)，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？假設存在，確定F點的位置；假設不存在，請說明理由．(1)證明由得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，AB平面ABCD，AD平面ABCD，∴SA⊥平面ABCD.(2)解假設在棱SC上存在異于S，C的點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.這與平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾，∴假設不成立．∴不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD.命題點3證明唯一性命題例5a≠0，證明關(guān)于x的方程ax＝b有且只有一個根．證明由于a≠0，因此方程至少有一個根x＝eq\f(b,a).假設x1，x2是它的兩個不同的根，即ax1＝b，①ax2＝b，②由①－②得a(x1－x2)＝0，因為x1≠x2，所以x1－x2≠0，所以a＝0，這與矛盾，故假設錯誤．所以當a≠0時，方程ax＝b有且只有一個根．思維升華應用反證法證明數(shù)學命題，一般有以下幾個步驟：第一步：分清命題“p?q〞的條件和結(jié)論；第二步：作出與命題結(jié)論q相反的假設綈q；第三步：由p和綈q出發(fā)，應用正確的推理方法，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綈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．所說的矛盾結(jié)果，通常是指推出的結(jié)果與公理、定義、定理或事實矛盾，與臨時假設矛盾以及自相矛盾等都是矛盾結(jié)果．二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖像與x軸有兩個不同的交點，假設f(c)＝0，且0<x<c時，f(x)>0.(1)證明：eq\f(1,a)是函數(shù)f(x)的一個零點；(2)試用反證法證明eq\f(1,a)>c.證明(1)∵f(x)的圖像與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，又x1x2＝eq\f(c,a)，∴x2＝eq\f(1,a)(eq\f(1,a)≠c)，∴eq\f(1,a)是f(x)＝0的一個根．即eq\f(1,a)是函數(shù)f(x)的一個零點．(2)假設eq\f(1,a)<c，又eq\f(1,a)>0，由0<x<c時，f(x)>0，知f(eq\f(1,a))>0，與f(eq\f(1,a))＝0矛盾，∴eq\f(1,a)≥c，又∵eq\f(1,a)≠c，∴eq\f(1,a)>c.23．反證法在證明題中的應用典例(12分)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A、C兩點，O是坐標原點．(1)當點B的坐標為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形．思想方法指導在證明否認性問題，存在性問題，唯一性問題時常考慮用反證法證明，應用反證法需注意：(1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，正確作出假設是反證法的根底，應用假設是反證法的根本手段，得到矛盾是反證法的目的．(2)當證明的結(jié)論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法．(3)利用反證法證明時，一定要回到結(jié)論上去．標準解答(1)解因為四邊形OABC為菱形，那么AC與OB相互垂直平分．由于O(0,0)，B(0,1)，所以設點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))，代入橢圓方程得eq\f(t2,4)＋eq\f(1,4)＝1，那么t＝±eq\r(3)，故|AC|＝2eq\r(3).[4分](2)證明假設四邊形OABC為菱形，因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m，))消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.[6分]設A(x1，y1)，C(x2，y2)，那么eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，eq\f(y2＋y2,2)＝k·eq\f(x1＋x2,2)＋m＝eq\f(m,1＋4k2).所以AC的中點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).[8分]因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－eq\f(1,4k)，因為k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))＝－eq\f(1,4)≠－1，所以AC與OB不垂直．[10分]所以OABC不是菱形，與假設矛盾．所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形．[12分]1．(2022·泰安質(zhì)檢)用反證法證明命題“設a，b為實數(shù)，那么方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根〞時，要做的假設是()A．方程x2＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x2＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有兩個實根答案A解析因為“方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根〞等價于“方程x2＋ax＋b＝0有一個實根或兩個實根〞，所以該命題的否認是“方程x2＋ax＋b＝0沒有實根〞．應選A.2．假設一元二次不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0對一切實數(shù)x都成立，那么k的取值范圍為()A．(－3,0) B．[－3,0]C．[－3,0) D．(－3,0]答案D解析2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0對一切實數(shù)x都成立，那么必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k<0，,Δ＝k2－4×2k×－\f(3,8)<0))或k＝0.解得－3<k≤0.3．(2022·上饒質(zhì)檢)設x，y，z>0，那么三個數(shù)eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)()A．都大于2 B．至少有一個大于2C．至少有一個不小于2 D．至少有一個不大于2答案C解析因為(eq\f(y,x)＋eq\f(y,z))＋(eq\f(z,x)＋eq\f(z,y))＋(eq\f(x,z)＋eq\f(x,y))＝(eq\f(y,x)＋eq\f(x,y))＋(eq\f(y,z)＋eq\f(z,y))＋(eq\f(z,x)＋eq\f(x,z))≥6，當且僅當x＝y(tǒng)＝z時等號成立．所以三個數(shù)中至少有一個不小于2，應選C.4．①p3＋q3＝2，證明：p＋q≤2.用反證法證明時，可假設p＋q≥2；②假設a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證：方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1.用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|≥1.以下結(jié)論正確的選項是()A．①與②的假設都錯誤B．①的假設正確；②的假設錯誤C．①與②的假設都正確D．①的假設錯誤；②的假設正確答案D解析對于①，結(jié)論的否認是p＋q>2，故①中的假設錯誤；對于②，其假設正確，應選D.5．設a，b，c∈(－∞，0)，那么a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)()A．都不大于－2 B．都不小于－2C．至少有一個不大于－2 D．至少有一個不小于－2答案C解析因為a＋eq\f(1,b)＋b＋eq\f(1,c)＋c＋eq\f(1,a)≤－6，所以三者不能都大于－2.6．用反證法證明：假設整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數(shù)根，那么a，b，c中至少有一個是偶數(shù)．用反證法證明時，以下假設正確的選項是________．①假設a，b，c都是偶數(shù)；②假設a，b，c都不是偶數(shù)；③假設a，b，c至多有一個偶數(shù)；④假設a，b，c至多有兩個偶數(shù)．答案②解析“至少有一個〞的否認為“都不是〞，故②正確．7．(2022·全國甲卷)有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2〞，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1〞，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5〞，那么甲的卡片上的數(shù)字是________．答案1和3解析由丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5〞可知，丙為“1和2〞或“1和3〞，又乙說“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1〞，所以乙只可能為“2和3〞，又甲說“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2〞，所以甲只能為“1和3〞．8．假設二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一點c，使f(c)>0，那么實數(shù)p的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))解析假設二次函數(shù)f(x)≤0在區(qū)間[－1,1]內(nèi)恒成立，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－2p2＋p＋1≤0，,f1＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故滿足題干條件的p的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).9．m>0，a，b∈R，求證：(eq\f(a＋mb,1＋m))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).證明因為m>0，所以1＋m>0.所以要證原不等式成立，只需證(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．10．設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，假設函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖像關(guān)于y軸對稱，求證：f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．證明由函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖像關(guān)于y軸對稱，可知f(x＋1)＝f(－x)．將x換成x－eq\f(1,2)代入上式可得f(x－eq\f(1,2)＋1)＝f[－(x－eq\f(1,2))]，即f(x＋eq\f(1,2))＝f(－x＋eq\f(1,2))，由偶函數(shù)的定義可知f(x＋eq\f(1,2))為偶函數(shù)．11．函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數(shù)根．證明(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設x1<x2，那么x2－x1>0.∵a>1，∴>1且>0，∴＝>0.又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)>0.于是f(x2)－f(x1)＝＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)>0，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)假設存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，那么＝－eq\f(x0－2,x0＋1).∵a>1，∴0<<1，∴0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2，與假設x0<0相矛盾，故方程f(x)＝0沒有負數(shù)根．12．(2022·浙江)設函數(shù)f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0,1]，證明：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)eq\f(3,4)＜f(x)≤eq\f(3,2).證明(1)因為1－x＋x2－x3＝eq\f(1－－x4,1－－