2023年合情推理与演绎推理数学归纳法

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1、第3讲合情推理与演绎推理考点梳理1归纳推理(1)定义：依照一类事物中某些事物具有某种属性，推断该类事物中每一种事物均有这种属性推理或者由个别事实概括出普通结论推理，称为归纳推理(简称归纳)(2)归纳推理特点归纳推理是由某些到整体，由个别到普通推理；归纳推理结论不一定为真；归纳个别状况越多，越具有代表性，推广普通性命题就越可靠2类比推理(1)定义：由于两类不同对象具有某些类似特性，在此基本上，依照一类对象其她特性，推断另一类对象也具有类似其她特性推理，称为类比推理类比推理是两类事物特性之间推理(2)类比推理特点类比推理是由特殊到特殊推理；类比推理属于合情推理，其结论具有或然性，也许为真，也也许为

2、假；类比相似性越多，相似性质与推测性质之间越有关，类比得出命题就越可靠3演绎推理(1)定义：演绎推理是依照已知事实和对的结论，按照严格逻辑法则得到新结论推理过程(2)演绎推理特点演绎推理是由普通到特殊推理；当前提为真时，结论必然为真(3)演绎推理重要形式是三段论，其普通模式为：大前提已知普通原理；小前提所研究特殊状况；结论依照普通原理，对特殊状况作出判断【助学微博】一种命题解读本某些内容是新课标内容，高考考察几率非常大对归纳推理与类比推理仍会以填空形式考察，重要是由个别状况归纳出普通结论，或运用类比形式给出某个问题结论而演绎推理以解答题浮现也许性较大，因而规定学生具有一定逻辑推理能力两个防范(

3、1)合情推理是从已知结论推测未知结论，发现与猜想结论都要通过进一步严格证明(2)演绎推理是由普通到特殊推理，它惯用来证明和推理数学问题，注意推理过程严密性，书写格式规范性考点自测1(盐都市第一学期摸底考试)在平面上，若两个正方形边长比为12，则它们面积比为14；类似地，在空间内，若两个正方体棱长比为12，则它们体积比为_解析由正方体体积之比等于棱长立方之比可得答案182给出下列三个类比结论(ab)nanbn与(ab)n类比，则有(ab)nanbn；loga(xy)logaxlogay与sin()类比，则有sin()sin sin ；(ab)2a22abb2与(ab)2类比，则有(ab)2a22

4、abb2.其中结论对的序号是_答案3“由于指数函数yax是增函数(大前提)，而yx是指数函数(小前提)，因此函数yx是增函数(结论)”，上面推理错误在于_错误导致结论错解析“指数函数yax是增函数”是本推理大前提，它是错误，由于实数a取值范畴没有拟定，因此导致结论是错误答案大前提错4(陕西卷)观测下列等式：132332,13233362,13233343102，依照上述规律，第五个等式为_解析132332(12)2,13233362(123)2,13233343102(1234)2，则1323n3(12n)22，故第五个等式即为当n6时，1323334353632212.答案132333435

5、3632125(盐城调研)观测下列几种三角恒等式：tan 10tan 20tan 20tan 60tan 60tan 101；tan 5tan 100tan 100tan(15)tan(15)tan 51；tan 13tan 35tan 35tan 42tan 42tan 131.普通地，若tan ，tan ，tan 均故意义，你从这三个恒等式中猜想得到一种结论为_解析由于三个等式中，角度之间满足10206090，51001590，13354290.于是通过类比可得答案当90时，tan tan tan tan tan tan 1考向一归纳推理【例1】 观测下列等式：可以推测：132333n3_

6、(nN*，用品有n代数式表达)解析第二列等式右端分别是11,33,66,1010,1515，1,3,6,10,15，第n项an，与第n1项an1(n2)差为：anan1n，a2a12，a3a23，a4a34，anan1n，各式相加得，ana123n，其中a11，an123n，即an，an2(n1)2.答案n2(n1)2办法总结 所谓归纳，就是由特殊到普通，因而在归纳时就要分析所给条件之间变化规律，从而得到普通结论【训练1】 (山东)设函数f(x)(x0)，观测：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，依照以上事实，由归纳推理可得：当nN

7、*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.解析由f(x)(x0)得，f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，当n2且nN*时，fn(x)f(fn1(x).答案考向二类比推理【例2】 在平面几何里，有“若ABC三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为SABC(abc)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四周体ABCD四个面面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为r，则四周体体积为_”解析三角形面积类比为四周体体积，三角形边长类比为四周体四个面面积，内切圆半径类比为内切球半径二维图形中类比为三维图形中，得V四周体ABCD

8、(S1S2S3S4)r.答案V四周体ABCD(S1S2S3S4)r办法总结 (1)类比是从已经掌握了事物属性，推测正在研究事物属性，是以旧有结识为基本，类比出新成果；(2)类比是从一种事物特殊属性推测另一种事物特殊属性；(3)类比成果是猜测性，不一定可靠，但它却有发现功能【训练2】 (盐城模仿)记等差数列an前n项和为Sn，运用倒序求和办法，可将Sn表达成首项a1、末项an与项数n一种关系式，即公式Sn；类似地，记等比数列bn前n项积为Tn，且bn0(nN*)，试类比等差数列求和办法，可将Tn表达成首项b1、末项bn与项数n一种关系式，即公式Tn_.解析运用等比数列性质，即若mnpq，则bmb

9、nbpbq，得T(b1b2bn)(bnbn1b2b1)(b1bn)n，即Tn(b1bn).答案(b1bn)考向三演绎推理【例3】 数列an前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(nN)，证明：(1)数列是等比数列；(2)Sn14an.证明(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.2，(小前提)故是以2为公比等比数列(结论)(大前提是等比数列定义，这里省略了)(2)由(1)可知4(n2)，Sn14(n1)4Sn14an(n2)(小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)对于任意正整数n，均有Sn14an(结论)(第(2)问大前

10、提是第(1)问结论以及题中已知条件)办法总结 演绎推理是从普通到特殊推理；其普通形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当一方面明确什么是大前提和小前提，假如前提是显然，则可以省略【训练3】 已知函数f(x)(xR)，(1)鉴定函数f(x)奇偶性；(2)鉴定函数f(x)在R上单调性，并证明解(1)对xR有xR，并且f(x)f(x)，因此f(x)是奇函数(2)f(x)在R上单调递增，证明如下：任取x1，x2R，并且x1x2，f(x1)f(x2).x1x2，2x12x20，即2x12x20，又2x110,2x210.0.f(x1)f(x2)f(x)在R上为单调递增函数考向四推理应用【例4】 (无锡第

11、一学期期末考试)命题p：已知椭圆1(ab0)，F1，F2是椭圆两个焦点，P为椭圆上一种动点，过点F2作F1PF2外角平分线垂线，垂足为M，则OM长为定值类比此命题，在双曲线中也有命题q：已知双曲线1(a0，b0)，F1，F2是双曲线两个焦点，P为双曲线上一种动点，过点F2作F1PF2_垂线，垂足为M，则OM长为定值解析对于椭圆，延长F2M与F1P延长线交于Q.由对称性知，M为F2Q中点，且PF2PQ，从而OMF1Q且OMF1Q.而F1QF1PPQF1PPF22a，因此OMa.对于双曲线，过点F2作F1PF2内角平分线垂线，垂足为M，类比可得OMa.答案内角平分线办法总结 归纳推理可以通过多求几

12、项找规律类比推理，从类比对象划分，重要有等差数列与等比数列类比，其中档差数列中加、减、乘、除运算与等比数列中乘、除、乘方、开方运算相应平面几何与立体几何类比，其中平面几何中点、线、面、长度、面积等，与立体几何中线、面、体、面积、体积等相应椭圆与双曲线类比，其中椭圆与双曲线中有“互余”关系【训练4】 (常州一中期中)记Sk1k2k3knk，当k1,2,3，时，观测下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S4n5n4n3n，S5An6n5n4Bn2，可以推测，AB_.解析由题意，得AB.答案热点突破35高考中归纳推理与类比推理问题求解方略从近两年新课标高考试题可以看出高考对归纳推理

13、与类比推理考察重要以填空题形式浮现，难度为中档，经常以不等式、立体几何、解析几何、函数、数列等为载体来考察归纳推理与类比推理一、归纳推理【示例】 (陕西卷)观测下列等式：照此规律，第n个等式应为_审题与转化 第一步：等式左端第一种数特点是该行行数，且连续2n1个数相加，右端为12,32,52,72.规范解答 第二步：由前4个等式可知，第n个等式左边第一种数为n，且连续2n1个整数相加，右边为(2n1)2，故第n个等式为n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.反思与回顾 第三步：对有限条件进行观测、分析、归纳、整顿，提出带有规律性结论，即猜想，最后检查猜想二、类比推理【示例】 (浙江卷)设等差

14、数列an前n项和为Sn，则S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差数列类比以上结论有：设等比数列bn前n项积为Tn，则T4，_，_，成等比数列审题与转化 第一步：观测等差数列an前n项和Sn特点规范解答 第二步：由等差数列“S4，S8S4，S12S8，S16S12”中“差”，类比到等比数列中“商”故可得T4，成等比数列反思与回顾 第三步：类比推理是以比较为基本，它是依照两个或两类不同对象某些特殊属性比较，而做出关于另一种特殊属性结论，是从特殊到特殊推理，运用此类推理所得到结论需要进行严格证明高考典型题组训练1(江西卷改编)观测下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b5

15、11，则a10b10_.解析法一由ab1，a2b23得ab1，代入后三个等式中符合，则a10b10(a5b5)22a5b5123.法二令ananbn，则a11，a23，a34，a47，得an2anan1，从而a618，a729，a847，a976，a10123.答案1232(陕西卷)观测下列不等式1，1，1，照此规律，第五个不等式为_解析先观测左边，第一种不等式为2项相加，第二个不等式为3项相加，第三个不等式为4项相加，则第五个不等式应为6项相加，右边分子为分母2倍减1，分母即为所相应项数，故应填1.答案10，因此(T3n)(bn1bn2b2n)，因而有(Tn)(T3n)(b1b2bn)(bn

16、1bn2b2n)(T2n)(T2n)2，因此(Tn)，(T2n)，(T3n)成等比数列6(湖南卷改编)对于nN*，将n表达为na02ka12k1a22k2ak121ak20，当i0时，ai1，当1ik时，ai为0或1.记I(n)为上述表达中ai为0个数(例如：1120,4122021020，故I(1)0，I(4)2)，求(1)I(12)值；(2)I(n)值解(1)12123122021020.I(12)2.(2)I(1)0，I(2)1，I(3)0，I(4)2，I(5)1，I(6)1，I(7)0，I(8)3，I(9)2，I(10)2，I(11)1，I(12)2，I(13)1，I(14)1，I(1

17、5)0，又2I(1)20130,2I(2)2I(3)21203,2I(4)2I(5)2I(6)2I(7)2222120(21)233,2I(8)2I(9)2I(10)2I(15)2332232120(21)333,2I(16)2I(17)2I(31)34,2I(32)2I(33)2I(63)35,2I(64)2I(65)2I(127)36，I(n)3031361 093.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.第4讲直接证明与间接证明考点梳理1直接证明(1)综合法定义：从命题条件出发，运用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接

18、近要证明结论，直到完毕命题证明这样思维办法称为综合法(2)框图表达：(其中P表达已知条件、已有定义、公理、定理等，Q表达要证结论)(3)分析法定义：从求证结论出发，一步一步地摸索保证前一种结论成立充足条件，直到归结为这个命题条件，或者归结为定义、公理、定理等这样思维办法称为分析法(4)框图表达：.2间接证明(1)反证法定义：在证明数学命题时，要证明结论要么对的，要么错误，两者必居其一咱们可以先假定命题结论反面成立，在这个前提下，若推出成果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而阐明命题结论反面不也许成立，由此断定命题结论成立这种证明办法叫作反证法(2)反证法证题

19、环节是：作出否认结论假设；进行推理，导出矛盾；否认假设，必然结论【助学微博】综合法与分析法关系分析法与综合法相辅相成，对较复杂问题，经常先从结论进行分析，谋求结论与条件、基本知识之间关系，找到解决问题思绪，再运用综合法证明，或者在证明时将两种办法交叉使用一种考情解决直接证明与间接证明作为证明和推理数学命题办法，在高考题中无处不在重要以不等式、立体几何、解析几何、函数等为载体，考察综合法、分析法及反证法从题型上看，重要以解答题形式浮现，属于中高档题，难度较大考点自测1已知p，q(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q大小为_解析q p.答案pq2当否认“自然数a，b，c中恰有一种偶数”时，对

20、的反设为_解析a，b，c恰有一种偶数，即a，b，c中只有一种偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一种偶数即全都是奇数答案a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数3若等差数列an中公差d0，则a1a8与a4a5大小关系为_解析an为等差数列，a1a82a17d，a4a52a17d，a1a8a4a5.答案a1a8a4a54在用反证法证明数学命题时，假如原命题否认事项不止一种时，必要将结论否认状况逐个驳倒，才干必然原命题对的例如：在ABC中，若ABAC，P是ABC内一点，APBAPC，求证：BAPCAP，用反证法证明时应分：假设_和_两类答案BAPCAPBAPCAP5(南京29中月考)对于给定两个函

21、数S(x)exex，G(x)exex，则下列运算公式：S(xy)S(x)G(y)G(x)S(y)；S(xy)S(x)G(y)G(x)S(y)；2S(xy)S(x)G(y)G(x)S(y)；2S(xy)S(x)G(y)G(x)S(y)其中对的是_解析S(x)G(y)G(x)S(y)(exex)(eyey)(exex)(eyey)exyexyexyexyexyexyexyexy2(exyexy)2S(xy)同理可得2S(xy)S(x)G(y)G(x)S(y)答案考向一综合法应用【例1】 (天津卷)已知数列an与bn满足bnanan1bn1an20，bn，nN*，且a12，a24.(1)求a3，a4

22、，a5值；(2)设cna2n1a2n1，nN*，证明cn是等比数列(1)解由bn，nN*，可得bn又bnanan1bn1an20，当n1时，a1a22a30，由a12，a24，可得a33；当n2时，2a2a3a40，可得a45；当n3时，a3a42a50，可得a54.(2)证明对任意nN*，a2n1a2n2a2n10，2a2na2n1a2n20，a2n1a2n22a2n30，得a2na2n3，将代入，可得a2n1a2n3(a2n1a2n1)，即cn1cn(nN*)又c1a1a31，故cn0，因而1.因此cn是等比数列办法总结 综合法是一种由因导果证明办法，即由已知条件出发，推导出所要证明等式或

23、不等式成立因而，综合法又叫做顺推证法或由因导果法其逻辑根据是三段论式演绎推理办法，这就要保证前提对的，推理合乎规律，才干保证结论对的性【训练1】 设x，y，z是空间不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若xz，且yz，则xy”为真命题是_(填写所有对的条件代号)x为直线，y，z为平面；x，y，z为平面；x，y为直线，z为平面；x，y为平面，z为直线；x，y，z为直线解析中x平面z，平面y平面z，x平面y或x平面y.又x平面y，xy成立中若x，y，z均为平面，则x可与y相交，故不成立xz，yz，x，y为不同直线，故xy成立zx，zy，z为直线，x，y为平面可得xy，成立x，y，

24、z均为直线x，y可平行、异面、相交，故不成立答案考向二分析法应用【例2】 (湖北卷)已知数列an前n项和为Sn，且满足：a1a(a0)，an1rSn(nN*，rR，r1，r0)(1)求数列an通项公式；(2)若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，试判断：对于任意mN*，且m2，am1，am，am2与否成等差数列，并证明你结论解(1)当n2时，由anSnSn1an1an，得(1r)anan1.由于1r0，r0，因此r1，因此a2，a3，an，成等比数列，即n2时，anr(r1)n2a.因此an(2)对于任意mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列证明如下：当r0，r1时，Sk2

25、Skak1ak2，Sk1Skak1.若存在kN*，使得Sk1，Sk，Sk2成等差数列，则Sk1Sk22Sk，2Sk2ak1ak22Sk，即ak22ak1.由(1)知，a2，a3，an，公比r12，于是对于任意mN*，且m2，am12am，从而am24am，am1am22am，即am1，am，am2成等差数列综上，对于任意mN*，且m2，am1，am，am2成等差数列办法总结 逆向思考是用分析法证题重要思想，通过反推，逐渐寻找使结论成立充足条件，对的把握转化方向是使问题顺利获解核心【训练2】 (盐城二模)对于给定数列cn，假如存在实常数p、q，使得cn1pcnq对于任意nN*都成立，咱们称数列c

26、n是“优美数列”(1)若an2n，bn32n，nN*，数列an、bn与否为“优美数列”？若是，指出它相应实常数p、q，若不是，请阐明理由；(2)已知数列an满足a12，anan132n(nN*)若数列an是“优美数列”，求数列an通项公式解(1)an2n，则有an1an2，nN*.数列an是“优美数列”，相应p、q值分别为1、2；bn32n，则有bn12bn，nN*.数列bn是“优美数列”，相应p、q值分别为2、0.(2)数列an是“优美数列”，存在实常数p、q，使得an1panq对于任意nN*都成立，且有an2pan1q对于任意nN*都成立，因而(an1an2)p(anan1)2q对于任意n

27、N*都成立，而anan132n(nN*)，且an1an232n1(nN*)，则有32n132np2q对于任意nN*都成立，即32n(2p)2q对于任意nN*都成立，p20，即p2，q0.此时，an12an，又a12，an2n(nN*)考向三反证法应用【例3】 (湖北卷)已知数列an满足a1，anan10，anan10，故an(1)n1.bnaan1.(2)证明用反证法证明假设数列bn存在三项br，bs，bt(rsbsbt，则只也许有2bsbrbt成立2s1r1t1，两边同乘3t121r，化简得3tr2tr22sr3ts.由于rs0，曲线yf(x)在点P(0，f(0)处切线方程为y1.(1)拟定

28、b、c值；(2)设曲线yf(x)在点(x1，f(x1)及(x2，f(x2)处切线都过点(0,2)证明：当x1x2时，f(x1)f(x2)(1)解由f(x)x3x2bxc，得f(0)c，f(x)x2axb，f(0)b.又由曲线yf(x)在点P(0，f(0)处切线方程为y1，得f(0)1，f(0)0，因此b0，c1.(2)证明f(x)x3x21，f(x)x2ax.由于点(t，f(t)处切线yf(t)f(t)(xt)通过点(0,2)，因此2f(t)f(t)(t)，化简得t3t210，即t满足方程为t3t210.下面用反证法证明：假设f(x1)f(x2)，则由题意，得由，得x1x2a，由，得xx1x2

29、xa2.由于xx1x2x(x1x2)2x1x2a2x1(ax1)xax1a22a2a2，故由，得x1，此时x2，这与x1x2矛盾因此f(x1)f(x2)规范解答26如何用反证法证明问题反证法是重要间接证明办法，其基本特点是反设结论，导出矛盾，当问题从正面证明无法入手时，就可以考虑使用反证法进行证明在高考中，对反证法考察往往是在试题中某个重要环节进行【示例】 (安徽卷)设直线l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中实数k1，k2满足k1k220.(1)证明l1与l2相交；(2)证明l1与l2交点在椭圆2x2y21上审题路线图 第(1)问采用反证法，第(2)问解l1与l2交点坐标，代入椭圆方程验证

30、解答示范 证明：(1)反证法假设l1与l2不相交，(2分)则l1与l2平行或重叠，有k1k2，(4分)代入k1k220，得k20.(6分)此与k1为实数事实相矛盾，从而k1k2，即l1与l2相交(7分)(2)由方程组解得交点P坐标(x，y)为(9分)从而2x2y22221，此即表白交点P(x，y)在椭圆2x2y21上(14分)模板构建 用反证法证明结论，重要有下列三步：第一步：必要先否认结论，即必然结论反面成立；第二步：必要从否认结论进行推理，即应把结论反面作为条件，且必要根据这一条件进行推证；第三步：推导出矛盾也许各种各样，有与已知矛盾，有与假设矛盾，有与已知事实矛盾等，但是推导出矛盾必要是

31、明显高考典型题组训练1(江西卷改编)观测下列各式：553 125,5615 625,5778 125，则52 011末四位数字为_解析553 125,5615 625,5778 125,58390 625,591 953 125，可得59与55后四位相似，由此可归纳出5m4k与5m(kN*，m5,6,7,8)后四位相似，又2 01145017，因此52 011与57后四位数字相似为8 125.答案8 1252(福建卷)设V是全体平面向量构成集合若映射：f：VR满足：对任意向量a(x1，y1)V，b(x2，y2)V，以及任意R，均有fa(1)bf(a)(1)f(b)，则称映射f具有性质P.现给出

32、如下映射：f1：VR，f1(m)xy，m(x，y)V；f2：VR，f2(m)x2y，m(x，y)V；f3：VR，f3(m)xy1，m(x，y)V.其中，具有性质P映射序号为_(写出所有具有性质P映射序号)解析性质P其实是一种“类线性运算”性质，故符合规定；不符合规定事实上，令a(x1，y1)，b(x2，y2)，则a(1)b(x1x2x2，y1y2y2)，对，fa(1)b(x1x2x2)(y1y2y2)(x1y1)(1)(x2y2)又f(a)x1y1，f(b)x2y2，(x1y1)(1)(x2y2)f(a)(1)f(b)成立对，fa(1)b(x1x2x2)(y1y2y2)1x1y1x2x2y2y

33、21(x1y11)(1)(x2y21)f(a)(1)f(b)也成立而显然不具有此性质答案3.(湖北卷)设a0，b0，称为a，b调和平均数如图，C为线段AB上点，且ACa，CBb，O为AB中点，以AB为直径作半圆过点C作AB垂线交半圆于D，连续OD，AD，BD.过点C作OD垂线，垂足为E.则图中线段OD长度是a，b算术平均数，线段_长度是a，b几何平均数，线段_长度是a，b调和平均数解析OD长度是a，b算术平均数，OD.又AB为直径，ADB90，ADBD.又DCAB，由射影定理得CD2ab，即CD，CD长度是a，b几何平均数而，又CEOD，CD2DEOD，即DE，DE，DE长度是a，b调和平均数

34、答案CDDE4(上海卷)已知数列an和bn通项公式分别是an3n6，bn2n7(nN*)将集合x|xan，nN*x|xbn，nN*中元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，cn，.(1)写出c1，c2，c3，c4；(2)求证：在数列cn中，但不在数列bn中项恰为a2，a4，a2n，；(3)求数列cn通项公式(1)解它们是9,11,12,13.(2)证明数列cn由an、bn项构成，只需讨论数列an项与否为数列bn项对于任意nN*，a2n13(2n1)66n32(3n2)7b3n2，a2n1是bn项下面用反证法证明：a2n不是bn项假设a2n是数列bn项，设a2nbm，则32n62m7，m3n，与mN*矛盾结论得证(3)解b3k22(3k2)76k3，a2k16k3，b3k16k5，a2k6k6，b3k6k7，b3k2a2k1b3k1a2k0，证明：当0xf；(3)若函数yf(x)图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点横坐标为x0，证明：f(x0)0，f(x)在(0，)上单调递增若a0，则由f(x)0得x，且当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明设函数g(x)ff，则g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax，g(x)2a.当0x0，而g(0)0，g(x)0，故当0xf.(3