题目（高三 · 代数）：已知实数 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 \mathrm{~d}$ 满足 $a+b=c+d=1, a c+b d>1$, 求证 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 \mathrm{~d}$ 中至少有一个是负数.
选项：
答案：答案：【解析】 假设 a, b, c, d 中至少有一个负数不成立,

即 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 都为非负数, 即 $\mathrm{a} \geq 0, b \geq 0, c \geq 0, d \geq 0$.

因为 $\mathrm{a}+\mathrm{b}=1, \mathrm{c}+\mathrm{d}=1$, 所以 $(\mathrm{a}+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})=1$,

即 $(\mathrm{ac}+\mathrm{bd})+(\mathrm{bc}+\mathrm{ad})=1 .\left(^{*}\right)$

因为 a, b, c, d 均为非负数, 所以 $b c+a d \geq 0$.

由 (*)式可以知道 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd} \leq 1$. 这与已知条件中的 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd}>1$ 矛盾, 所以假设不成立.

$\mathrm{A}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 中至少有一个负数.

【分析】利用反证法进行证明, 假设 $a 、 b 、 c 、 d$ 都是非负数, 找出矛盾即可.

23.答案：解：假设存在等差数列 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$

满足要求 $a_{1} C_{n}^{0}+a_{2} C_{n}^{1}+a_{3} C_{n}^{2}+\cdots+a_{n+1} C_{n}^{n}=a_{1}\left(C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+\ldots+C_{n}^{n}\right)+d\left(C_{n}^{1}+2 C_{n}^{2}+\ldots+n C_{n}^{n}\right)$

$=a_{1} \cdot 2^{n}+n d\left(C_{n-1}^{0}+C_{n-1}^{1}+\ldots+C_{n-1}^{n-1}\right)=a_{1} \cdot 2^{n}+n d \cdot 2^{n-1}$,

依题意 $a_{1} \cdot 2^{n}+n d \cdot 2^{n-1}=n \cdot 2^{n+1}, \quad a_{1}+n \cdot\left(\frac{d}{2}-2\right)=0$ 对 $n \in N^{*}$ 恒成立,

$\therefore a_{1}=0, \quad d=4$,

所求的等差数列存在, 其通项公式为 $a_{n}=4 n-4$.

【分析】假设存在等差数列满足题意, 通过对 $a_{1} C_{n}^{0}+a_{2} C_{n}^{1}+a_{3} C_{n}^{2}+\cdots+a_{n-1} C_{n}^{n}=n \cdot 2^{n+1}$ 整理,找出 $a_{1}=0, d=4$, 即可说明存在数列, 求出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式即可.

24. 答案: (1) 【解析】 根据题意, 由于 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leqslant M \leqslant \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$ 对任意正数 $a, b$ 恒成立,
令 $a=b$ 得: $\frac{2}{3} \leqslant M \leqslant \frac{2}{3}$, 故 $M=\frac{2}{3}$;

(2) 【解析】 先证明 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leq \frac{2}{3}$,

$\because a>0, \quad b>0$, 要证上式,

只要证 $3 a(2 b+a)+3 b(2 a+b) \leq 2(2 a+b)(2 b+a) ，$

即证 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立.

$\therefore \frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leq \frac{2}{3}$,

再证明 $\frac{2}{3} \leq \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$ ，

$\because a>0, \quad b>0$, 要证上式, 只要证 $3 a(2 a+b)+3 b(2 b+a) \geq 2(a+2 b)(b+2 a)$,

即证 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b$, 即证 $(a-b)^{2} \geq 0$, 这显然成立.

$\therefore \frac{2}{3} \leq \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$.

【分析】(1) 根据题意, 利用特殊值法, 令 $a=b$ 可得, $\frac{2}{3} \leqslant M \leqslant \frac{2}{3}$, 分析即可得 $M$ 的值;由分析法的思路: 先证明 $\frac{a}{2 a+b}+\frac{b}{2 b+a} \leqslant \frac{2}{3}$, 再类比可以证明 $\frac{2}{3} \leqslant \frac{a}{a+2 b}+\frac{b}{b+2 a}$, 综合即可证明.
解析：答案：【解析】假设 a, b, c, d 中至少有一个负数不成立,

即 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 都为非负数, 即 $\mathrm{a} \geq 0, \mathrm{~b} \geq 0, \mathrm{c} \geq 0, \mathrm{~d} \geq 0$.

因为 $\mathrm{a}+\mathrm{b}=1, \mathrm{c}+\mathrm{d}=1$, 所以 $(\mathrm{a}+\mathrm{b})(\mathrm{c}+\mathrm{d})=1$,

即 $\left.(\mathrm{ac}+\mathrm{bd})+(\mathrm{bc}+\mathrm{ad})=1 .{ }^{*}\right)$

因为 a, b, c, d 均为非负数, 所以 $\mathrm{bc}+\mathrm{ad} \geq 0$.

由(*)式可以知道 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd} \leq 1$. 这与已知条件中的 $\mathrm{ac}+\mathrm{bd}>1$ 矛盾, 所以假设不成立.

$\mathrm{A}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ 中至少有一个负数.

【分析】利用反证法进行证明, 假设 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c} 、 \mathrm{~d}$ 都是非负数, 找出矛盾即可.

21.答案: (1) 【解析】因为 $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ 为正实数, 要证 $\frac{x}{2 x+y}+\frac{y}{x+2 y} \leq \frac{2}{3}$,只要证 $\frac{x(x+2 y)+y(2 x+y)}{(2 x+y)(x+2 y)} \leq \frac{2}{3}$,
即证 $3 x^{2}+12 x y+3 y^{2} \leq 2(2 x+y)(x+2 y) ，$

即证 $x^{2}-2 x y+y^{2} \geq 0$, 即证 $(x-y)^{2} \geq 0$ 显然成立,

所以原不等式成立;

（2）【解析】假设 $\mathrm{a} ， \mathrm{~b} ， \mathrm{c}$ 都小于等于 0 ，则 $a+b+c \leq 0$,

又由 $a=x^{2}-2 y+\frac{1}{3}, \quad b=y^{2}-2 z+3, \quad c=z^{2}-2 x+\frac{1}{6}$

得: $\quad a+b+c=x^{2}-2 y+\frac{1}{3}+y^{2}-2 z+3+z^{2}-2 x+\frac{1}{6}=(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}+\frac{1}{2}>0$,

这与 $a+b+c \leq 0$ 矛盾，

所以假设不成立, 所以原命题成立.

【分析】(1) 由分析法证明即从结论出发，欲证原不等式成立，只需对其整理化简后的不等式成立，再由完全平方式的性质得证; (2) 假设命题的反面成立, 由其相加配方为完全平方式证得与已知矛盾，即可说明假设不成立，原命题成立.