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- 2021-06-24 发布
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第二节 直接证明与间接证明、数学归纳法
1.了解直接证明的两种基本方法:综合法和分析法;了解综合法和分析法的思考过程和特点.
2.了解反证法的思考过程和特点.
3.了解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
突破点一 直接证明
内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立
从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至最后,把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止
思维过程
由因导果
执果索因
框图表示
→→…→
→→…→
书写格式
“因为……,所以……”
或“由……,得……”
“要证……,只需证……,
即证……”
一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)
(1)综合法是直接证明,分析法是间接证明.( )
(2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的充要条件.( )
(3)在解决问题时,常常用分析法寻找解题的思路与方法,再用综合法展现解决问题的过程.( )
(4)证明不等式+<+最合适的方法是分析法.( )
答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√
二、填空题
1.设x=,y=-,z=-,则x,y,z的大小关系是________.
答案:x>z>y
2.分析法又称执果索因法,若用分析法证明“设a>b>c,且a+b+c=0,求证:<
a”索的因应是____________________.
答案:(a-b)(a-c)>0
3.已知点An(n,an)为函数y=图象上的点,Bn(n,bn)为函数y=x图象上的点,其中n∈N*,设cn=an-bn,则cn与cn+1的大小关系为________.
答案:cn+1<cn
考法一 综合法
综合法是从已知条件出发,逐步推向结论,综合法的适用范围是:
(1)定义明确的问题,如证明函数的单调性、奇偶性,求证无条件的等式或不等式;
(2)已知条件明确,并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型.
[例1] 在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin Asin B+sin Bsin C+cos 2B=1.
(1)求证:a,b,c成等差数列.
(2)若C=,求证:5a=3b.
[证明] (1)由已知得sin Asin B+sin Bsin C=2sin2B,
因为sin B≠0,所以sin A+sin C=2sin B,
由正弦定理,得a+c=2b,即a,b,c成等差数列.
(2)由C=,c=2b-a及余弦定理得
(2b-a)2=a2+b2+ab,即有5ab-3b2=0,
所以5a=3b.
[方法技巧] 综合法证明问题的思路
考法二 分析法
[例2] 已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.
[证明] a⊥b⇔a·b=0,要证≤.
只需证|a|+|b|≤|a+b|,
只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),
只需证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,
只需证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,即(|a|-|b|)2≥0,
上式显然成立,故原不等式得证.
[方法技巧]
1.分析法证明问题的思路
“执果索因”,逐步寻找结论成立的充分条件,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等,通常采用“要证—只需证—已知”的格式,在表达中要注意叙述形式的规范性.
2.分析法证明问题的适用范围
当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接,或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时,往往采用分析法,特别是含有根号、绝对值的等式或不等式,常考虑用分析法.
1.已知△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,A,B,C的对边分别为a,b,c.
求证:+=.
证明:要证+=,
即证+=3,也就是+=1,
只需证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),
需证c2+a2=ac+b2,
又△ABC的三内角A,B,C成等差数列,故B=60°,
由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60°,
即b2=c2+a2-ac,故c2+a2=ac+b2成立.
于是原等式成立.
2.已知定义在R上的函数f(x)=ax3+bx2+cx(a<b<c)在x=1处取得极值,且函数f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为-a.
(1)求证:0≤<1;
(2)若f(x)在区间(s,t)上为增函数,求证:-2<s<t≤1.
证明:(1)由f(x)=ax3+bx2+cx,
得f′(x)=ax2+bx+c.
∵函数f(x)在x=1处取得极值,∴f′(1)=a+b+c=0.
又a<b<c,∴a<0,c>0.
∵f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为-a,
∴方程ax2+bx+c+a=0有实数根,
∴Δ=b2-4a(a+c)≥0,即b2-4a(-b)≥0,
整理得2+4·≥0,解得≥0或≤-4.
由a+b+c=0,b<c,得b<-a-b,∴>-.
由a<b且a<0,得<1.综上,可得0≤<1.
(2)若f(x)在区间(s,t)上为增函数,
则f′(x)=ax2+bx+c在区间(s,t)上恒非负.
∵a<0,c>0,∴b2-4ac>0,
故方程f′(x)=0必有两个不相等的实数根,
设为x1,x2,且x1<x2.
∵二次函数f′(x)=ax2+bx+c的图象的对称轴方程为x=-,
由(1),得-≤0,而f′(1)=0,∴x2=1.
又f′(-2)=4a-2b+c=4a-2b-a-b=3(a-b)<0,
∴x1>-2.
若f′(x)在区间(s,t)上恒非负,则有x1≤s<t≤x2,
∴-2<s<t≤1.
突破点二 间接证明
1.反证法
假设原命题不成立(即在原命题的条件下,结论不成立),经过正确的推理,最后得出矛盾,因此说明假设错误,从而证明了原命题成立,这样的证明方法叫做反证法.
2.用反证法证明问题的一般步骤
第一步
分清命题“p⇒q”的条件和结论
第二步
作出命题结论q相反的假设綈q
第三步
由p和綈q出发,应用正确的推理方法,推出矛盾结果
第四步
断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真,于是结论q成立,从而间接地证明了命题p⇒q为真
3.常见的结论和反设词
原结论词
反设词
原结论词
反设词
至少有一个
一个都没有
对任意x成立
存在某个x不成立
至多有一个
至少有两个
对任意x不成立
存在某个x成立
至少有n个
至多有(n-1)个
p或q
綈p且綈q
至多有n个
至少有(n+1)个
p且q
綈p或綈q
都是
不都是
不都是
都是
一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)
(1)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“a<b”.( )
(2)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾.( )
(3)用反证法证题时必须先否定结论,否定结论就是找出结论的反面的情况.( )
(4)反证法的步骤是:①准确反设;②从否定的结论正确推理;③得出矛盾.( )
答案:(1)× (2)× (3)√ (4)√
二、填空题
写出下列命题的否定.
(1)若a,b,c满足a2+b2=c2,则a,b,c不都是奇数;
否定为______________________________________________________________;
(2)若p>0,q>0,p3+q3=2,则p+q≤2;
否定为_____________________________________________________________;
(3)所有的正方形都是矩形;
否定为_____________________________________________________________;
(4)至少有一个实数x,使x2+1=0;
否定为_____________________________________________________________.
答案:(1)若a,b,c满足a2+b2=c2,则a,b,c都是奇数
(2)若p>0,q>0,p3+q3=2,则p+q>2
(3)至少存在一个正方形不是矩形
(4)不存在实数x,使x2+1=0
[典例] 设{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.
(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;
(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?
[解] (1)证明:若{Sn}是等比数列,则S=S1·S3,即a(1+q)2=a1·a1(1+q+q2),∵a1≠0,∴(1+q)2=1+q+q2,解得q=0,这与q≠0相矛盾,故数列{Sn}不是等比数列.
(2)当q=1时,{Sn}是等差数列.当q≠1时,{Sn}不是等差数列.假设q≠1时,S1,S2,S3成等差数列,则2S2=S1+S3,即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2).由于a1≠0,∴2(1+q)=2+q+q2,即q=q2,∵q≠1,∴q=0,这与q≠0相矛盾.综上可知,当q=1时,{Sn}是等差数列;当q≠1时,{Sn}不是等差数列.
[方法技巧]
反证法证明问题的3步骤
(1)反设:假定所要证的结论不成立,而设结论的反面(否定命题)成立;(否定结论)
(2)归谬:将“反设”
作为条件,由此出发经过正确的推理,导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾;(推导矛盾)
(3)立论:因为推理正确,所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误.既然原命题结论的反面不成立,从而肯定了原命题成立.(命题成立)
[针对训练]
1.已知a,b,c是互不相等的非零实数,用反证法证明三个方程ax2+2bx+c=0,bx2+2cx+a=0,cx2+2ax+b=0中至少有一个方程有两个相异实根.
证明:假设三个方程都没有两个相异实根,
则Δ1=4b2-4ac≤0,Δ2=4c2-4ab≤0,Δ3=4a2-4bc≤0.
上述三个式子相加得:
a2-2ab+b2+b2-2bc+c2+c2-2ac+a2≤0,
即(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≤0.
由已知a,b,c是互不相等的非零实数.
因此,上式“=”不能同时成立,又(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2<0与事实不符,
故ax2+2bx+c=0,bx2+2cx+a=0,cx2+2ax+b=0中至少有一个方程有两个相异实根.
2.已知四棱锥SABCD中,底面是边长为1的正方形,又SB=SD=,SA=1.
(1)求证:SA⊥平面ABCD;
(2)在棱SC上是否存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD?若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:由已知得SA2+AD2=SD2,
故SA⊥AD.同理SA⊥AB.
又AB∩AD=A,
所以SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S,C的点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.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾,
∴假设不成立.
故在棱SC上不存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD.
突破点三 数学归纳法
一般地,证明一个与正整数n有关的命题,可按下列步骤进行:
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立;
(2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立.
只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.上述证明方法叫做数学归纳法.
一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)
(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( )
(2)用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.( )
(3)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n=k到n=k+1时,项数都增加了一项.( )
答案:(1)× (2)× (3)×
二、填空题
1.用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”,在验证n=1时,左边计算所得的式子为____________.
答案:1+2+22+23
2.用数学归纳法证明:“1+++…+<n(n∈N*,n>1)”时,由n=k(k>1)不等式成立,推理n=k+1时,左边应增加的项数是________.
答案:2k
考法一 证明等式
[例1] 求证:(n+1)(n+2)·…·(n+n)=2n·1·3·5·…·(2n-1)(n∈N*).
[证明] (1)当n=1时,等式左边=2,右边=2,故等式成立;
(2)假设当n=k(k∈N*,k≥1)时等式成立,
即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k·1·3·5·…·(2k-1),
那么当n=k+1时,
左边=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k+1)
=(k+2)(k+3)…(k+k)(2k+1)(2k+2)
=2k·1·3·5·…·(2k-1)(2k+1)·2
=2k+1·1·3·5·…·(2k-1)(2k+1).
这就是说当n=k+1时等式也成立.
由(1)(2)可知,对所有n∈N*等式成立.
[方法技巧]
应用数学归纳法证明等式的3个注意点
(1)明确初始值n0的取值并验证n=n0时等式成立.
(2)由n=k证明n=k+1时,弄清左边增加的项,且明确变形目标.
(3)掌握恒等变形常用的方法:①因式分解;②添拆项;③配方法.
考法二 证明不等式
[例2] 设数列{an}各项均为正数,且满足an+1=an-a.
求证:对一切n≥2,都有an≤.
[证明] 因为数列{an}各项均为正数,且满足an+1=an-a,
所以a2=a1-a>0,解得0<a1<1.
当n=2时,由a2=a1-a=-2≤,得不等式成立,
假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,不等式成立,即ak≤,
则当n=k+1时,ak+1=ak-a=-2≤-2=<=,
所以当n=k+1时,不等式也成立,
由数学归纳法知,对一切n≥2,都有an≤.
[方法技巧]
应用数学归纳法证明不等式应注意的问题
(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时,应用其他办法不容易证,则可考虑应用数学归纳法.
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k成立,证明n=k+1时也成立,证明时用上归纳假设后,可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明.
考法三 归纳—猜想—证明
[例3] (2019·常德模拟)设a>0,f(x)=,令a1=1,an+1=f(an),n∈N*.
(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{an}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明你的结论.
[解] (1)∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=;
a3=f(a2)=;a4=f(a3)=.
猜想an=(n∈N*).
(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.
②假设n=k时猜想正确,即ak=,
则ak+1=f(ak)====.
这说明,n=k+1时猜想正确.
由①②知,对于任何n∈N*,都有an=.
[方法技巧]
归纳—猜想—证明类问题的解题步骤
利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题,其基本模式是“归纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性.
1.设f(n)=1+++…+(n∈N*),求证:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).
证明:①当n=2时,左边=f(1)=1,
右边=2=1,
左边=右边,等式成立.
②假设n=k(k≥2,k∈N*)时,结论成立,
即f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1],
那么,当n=k+1时,
f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k)=k[f(k)-1]+f(k)
=(k+1)f(k)-k=(k+1)-k
=(k+1)f(k+1)-(k+1)=(k+1)[f(k+1)-1],
∴当n=k+1时结论仍然成立.
由①②可知:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*).
2.用数学归纳法证明++…+≥(n∈N*).
证明:①当n=1时,左边=+=≥,
所以当n=1时,命题成立;
②假设当n=k(k∈N*)时,命题成立,
则有++…+≥,
当n=k+1时,左边=++…+=+++->+×3-=,
所以当n=k+1时,命题也成立.
综合①②可知原命题成立.
3.已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=+-1,且an>0,n∈N*.
(1)求a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式;
(2)证明通项公式的正确性.
解:(1)当n=1时,由已知得a1=+-1,即a+2a1-2=0.
∴a1=-1(a1>0).
当n=2时,由已知得a1+a2=+-1,
将a1=-1代入并整理得a+2a2-2=0.
∴a2=-(a2>0).同理可得a3=-.
猜想an=-(n∈N*).
(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.
②假设当n=k(k≥3,k∈N*)时,通项公式成立,
即ak=-.
由于ak+1=Sk+1-Sk=+--,
将ak=-代入上式,
整理得a+2 ak+1-2=0,
∴ak+1=-,
即n=k+1时通项公式成立.
由①②可知对所有n∈N*,an=-都成立.
[课时跟踪检测]
1.(2019·山西十二校模拟)用反证法证明命题“已知a,b∈N*,如果ab
可被5整除,那么a,b中至少有一个能被5整除”时,假设的内容应为( )
A.a,b都能被5整除 B.a,b都不能被5整除
C.a,b不都能被5整除 D.a不能被5整除
解析:选B 用反证法证明命题时,应先假设结论的否定成立,而至少有一个能被5整除的否定是都不能被5整除,故作的假设是“a,b都不能被5整除”.
2.分析法又称执果索因法,已知x>0,用分析法证明<1+时,索的因是( )
A.x2>2 B.x2>4
C.x2>0 D.x2>1
解析:选C 因为x>0,
所以要证<1+,
只需证()2<2,即证0<,
即证x2>0,
因为x>0,所以x2>0成立,故原不等式成立.
3.(2019·玉溪模拟)已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-+-+…+=2时,若已假设n=k(k≥2,且为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设再证( )
A.n=k+1时等式成立 B.n=k+2时等式成立
C.n=2k+2时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立
解析:选B 由数学归纳法的证明步骤可知,假设n=k(k≥2,且为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设再证n=k+2时等式成立.
4.若用数学归纳法证明1+2+3+…+n3=,则当n=k+1时,左端应在n=k的基础上加上( )
A.k3+1
B.(k+1)3
C.
D.(k3+1)+(k3+2)+(k3+3)+…+(k+1)3
解析:选D 当n=k时,等式左端=1+2+…+k3,当n=k+1时,等式左端=1+2+…+k3+(k3+1)+(k3+2)+(k3+3)+…+(k+1)3,增加了(k3+1)+(k3+2)+(k3+3)+…+(k+1)3.故选D.
5.(2019·大连一模)设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,若x1+
x2>0,则f(x1)+f(x2)的值( )
A.恒为负值 B.恒等于零
C.恒为正值 D.无法确定正负
解析:选A 由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数,
由x1+x2>0,可知x1>-x2,f(x1)<f(-x2)=-f(x2),
则f(x1)+f(x2)<0.
6.已知函数f(x)=x,a,b为正实数,A=f,B=f(),C=f,则A,B,C的大小关系为( )
A.A≤B≤C B.A≤C≤B
C.B≤C≤A D.C≤B≤A
解析:选A 因为≥≥,又f(x)=x在R上是单调减函数,
故f≤f()≤f,即A≤B≤C.
7.设n∈N,则-与-的大小关系是( )
A.->-
B.-<-
C.-=-
D.不能确定
解析:选B 由题意知,(-)-(-)=(+)- (+),
因为(+)2-(+)2
=2[-]
=2(-)<0,
所以-<-.
8.已知a,b,c∈(0,+∞),则a+,b+,c+三个数( )
A.都大于6 B.至少有一个不大于6
C.都小于6 D.至少有一个不小于6
解析:选D 假设a+,b+,c+都小于6,
则a++b++c+<18,
利用基本不等式,可得a++b++c+≥2+2+2=8+4+6=18,
这与假设所得结论矛盾,故假设不成立,
所以a+,b+,c+三个数至少有一个不小于6.
9.如果a+b>a+b,则a,b应满足的条件是__________________.
解析:a+b>a+b,即(-)2(+)>0,需满足a≥0,b≥0且a≠b.
答案:a≥0,b≥0且a≠b
10.设数列{an}的前n项和为Sn,且对任意的自然数n都有:(Sn-1)2=anSn,通过计算S1,S2,S3,猜想Sn=________.
解析:由(S1-1)2=S,得S1=;
由(S2-1)2=(S2-S1)S2,得S2=;
由(S3-1)2=(S3-S2)S3,得S3=.
猜想Sn=.
答案:
11.(2019·德州一模)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则△A2B2C2是________三角形.
解析:由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,假设△A2B2C2是锐角三角形.
由得
那么A2+B2+C2=,这与三角形内角和为π相矛盾.
所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形.
所以△A2B2C2是钝角三角形.
答案:钝角
12.已知a>b>0,则①<;②ac2>bc2;③a2>b2;④>,其中正确的序号是________.
解析:对于①,因为a>b>0,所以ab>0,>0,a·>b·,即>,故①正确;
当c=0时,②不正确;由不等式的性质知③④正确.
答案:①③④
13.已知x,y,z是互不相等的正数,且x+y+z=1,求证:>8.
证明:因为x,y,z是互不相等的正数,且x+y+z=1,
所以-1==>,①
-1==>,②
-1==>,③
又x,y,z为正数,由①×②×③,
得>8.
14.设a>0,b>0,且a2+b2=+.证明:a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
证明:假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,
则有a2+a+b2+b<4.
而由a2+b2=+得a2b2=1,
因为a>0,b>0,
所以ab=1.
因为a2+b2≥2ab=2(当且仅当a=b=1等号成立),
a+b≥2=2(当且仅当a=b=1等号成立),
所以a2+a+b2+b≥2ab+2=4(当且仅当a=b=1等号成立),
这与假设矛盾,故假设错误.
所以a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
15.已知数列{xn}满足x1=,且xn+1=(n∈N*)
(1)用数学归纳法证明:0<xn<1;
(2)设an=,求数列{an}的通项公式.
解:(1)证明:①当n=1时,x1=∈(0,1),不等式成立.
②假设当n=k(k∈N*,k≥1)时,结论成立,即xk∈(0,1),
则当n=k+1时,xk+1=,
因为xk∈(0,1),所以2-xk>0,即xk+1>0.
又因为xk+1-1=<0,所以0<xk+1<1.
综合①②可知0<xn<1.
(2)由xn+1=可得==-1,
即an+1=2an-1,所以an+1-1=2(an-1).
令bn=an-1,
则bn+1=2bn,又b1=a1-1=-1=1,
所以{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,即bn=2n-1,所以an=2n-1+1.