2020版高考数学大一轮复习 第七章 数列与数学归纳法 第5节 直接证明与间接证明(供选用)学案 理 12页

第5节　直接证明与间接证明(供选用)‎ 最新考纲　1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点；2.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点．‎ 知 识 梳 理 ‎1．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，直到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 实质 由因导果 执果索因 框图表示 →→…→ →→…→ 文字语言 因为……所以……‎ 或由……得……‎ 要证……只需证……‎ 即证……‎ ‎2.间接证明 间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．‎ ‎(1)反证法的定义：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，从而证明原命题成立的证明方法．‎ ‎(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ 分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、‎ 12‎ 基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．‎ 诊 断 自 测 ‎1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)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．(　　)‎ ‎(2)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“aab>b2‎ C.< D.> 解析　a2－ab＝a(a－b)，∵a0，∴a2>ab.①‎ 又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②‎ 由①②得a2>ab>b2.‎ 答案　B ‎4．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)‎ A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 12‎ B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根 解析　因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于‎1”‎，所以要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．‎ 答案　A ‎5．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________．‎ 解析　由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，‎ ‎∴a2＋c2－‎2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，‎ ‎∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC为等边三角形．‎ 答案　等边三角形 ‎6．(2017·绍兴检测)完成反证法证题的全过程．设a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一个排列，求证：乘积p＝(a1－1)·(a2－2)·…·(a7－7)为偶数．‎ 证明：假设p为奇数，则a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数．因奇数个奇数之和为奇数，故有奇数＝____________＝____________＝0.但0≠奇数，这一矛盾说明p为偶数．‎ 解析　∵a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数，∴(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)也为奇数，即(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)为奇数．又∵a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一个排列，∴a1＋a2＋…＋a7＝1＋2＋…＋7，故上式为0，∴奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0.‎ 答案　(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)　(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)‎ 考点一　综合法的应用 ‎【例1】 已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：‎ ‎(1)＋＋≤；‎ ‎(2)＋＋≥.‎ 证明　(1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c 12‎ ‎)＋(c＋a)＝3，‎ ‎∴＋＋≤.‎ ‎(2)∵a＞0，∴‎3a＋1＞0，‎ ‎∴＋(‎3a＋1)≥2＝4，‎ ‎∴≥3－‎3a，同理得≥3－3b，≥3－‎3c，‎ 以上三式相加得 ‎4≥9－3(a＋b＋c)＝6，‎ ‎∴＋＋≥.‎ 规律方法　用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：‎ ‎(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．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱．‎ ‎【训练1】 设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：‎ ‎(1)ab＋bc＋ac≤；‎ ‎(2)＋＋≥1.‎ 证明　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥‎2ac得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设知(a＋b＋c)2＝1，‎ 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.‎ 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.‎ ‎(2)因为a＞0，b＞0，c＞0，‎ 所以＋b≥‎2a，＋c≥2b，＋a≥‎2c，‎ 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，‎ 即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.‎ 考点二　分析法的应用 ‎【例2】 已知a＞0，证明：－≥a＋－2.‎ 12‎ 证明　要证－≥a＋－2，‎ 只需证≥－(2－)．‎ 因为a＞0，所以－(2－)＞0，‎ 所以只需证≥，‎ 即2(2－)≥8－4，只需证a＋≥2.‎ 因为a＞0，a＋≥2显然成立，所以要证的不等式成立．‎ 规律方法　(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．‎ ‎(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．‎ ‎【训练2】 △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．‎ 考点三　反证法的应用 ‎【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；‎ ‎(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．‎ ‎(1)解　由已知得解得d＝2，‎ 故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．‎ 12‎ ‎(2)证明　由(1)得bn＝＝n＋.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr.即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．‎ ‎∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.‎ ‎∵p，q，r∈N*，∴ ‎∴＝pr，(p－r)2＝0.‎ ‎∴p＝r，与p≠r矛盾．‎ ‎∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．‎ 规律方法　(1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等．‎ ‎(2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的．‎ ‎【训练3】 (2017·郑州一中月考)已知a1＋a2＋a3＋a4>100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.‎ 证明　假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，‎ 这与已知a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假设错误．‎ 所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.‎ 基础巩固题组 一、选择题 ‎1．用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设(　　)‎ A．三个内角都不大于60°‎ B．三个内角都大于60°‎ C．三个内角至多有一个大于60°‎ D．三个内角至多有两个大于60°‎ 答案　B ‎2．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是(　　)‎ 12‎ A．lg(1＋a2)>0 B．a2＋b2≥2(a－b－1)‎ C．a2＋3ab>2b2 D.< 解析　在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－‎2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，‎ ‎∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．‎ 答案　B ‎3．已知m>1，a＝－，b＝－，则以下结论正确的是(　　)‎ A．a>b B．a＋＞0(m＞1)，‎ ‎∴<，即a40，∴＋>2＋.‎ 答案　＋>2＋ ‎8．用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是______________．‎ 解析　“至少有一个能”的反面是“都不能”．‎ 答案　a，b都不能被5整除 ‎9．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的序号是________．‎ 解析　要使＋≥2，只需>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使＋≥2成立．‎ 答案　①③④‎ 12‎ ‎10．给出如下四个命题：①e＞2；②ln 2＞；③π2＜3π；④＜，正确的命题是________(只填序号)．‎ 解析　要证e＞2，只要证＞ln 2，即2＞eln 2，‎ 设f(x)＝eln x－x，x＞0，∴f′(x)＝－1＝，‎ 当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数单调递增，‎ 当x＞e时，f′(x)＜0，函数单调递减，‎ ‎∴f(x)＜f(e)＝eln e－e＝0，∴f(2)＝eln 2－2＜0，‎ 即2＞eln 2，∴e＞2，因此①正确；‎ ‎∵3ln 2＝ln 8＞ln 2.82＞ln e2＝2.‎ ‎∴ln 2＞，因此②正确；‎ π2＜42＝16，3π＞33＝27，因此π2＜3π，③正确；‎ ‎∵2π＜π2，∴＜，④正确；‎ 正确的命题是①②③④.‎ 答案　①②③④‎ 三、解答题 ‎11．若a，b，c是不全相等的正数，求证：‎ lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.‎ 证明　∵a，b，c∈(0，＋∞)，‎ ‎∴≥＞0，≥＞0，≥＞0.‎ 又上述三个不等式中等号不能同时成立．‎ ‎∴··＞abc成立．‎ 上式两边同时取常用对数，‎ 得lg＞lg abc，‎ ‎∴lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.‎ ‎12．设数列{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；‎ 12‎ ‎(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？‎ ‎(1)证明　假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，‎ 即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，‎ 因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，‎ 即q＝0，这与公比q≠0矛盾，‎ 所以数列{Sn}不是等比数列．‎ ‎(2)解　当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；‎ 当q≠1时，{Sn}不是等差数列，‎ 否则2S2＝S1＋S3，即‎2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，‎ 得q＝0，这与公比q≠0矛盾．‎ 综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列．‎ 能力提升题组 ‎13．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，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　∵≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，∴f≤f()≤f.‎ 答案　A ‎14．设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋(　　)‎ A．都大于2 B．都小于2‎ C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2‎ 解析　∵a＞0，b＞0，c＞0，‎ ‎∴＋＋＝＋＋‎ ≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.‎ 答案　D 12‎ ‎15．如果a＋b>a＋b，则a，b应满足的条件是________．‎ 解析　∵a＋b－(a＋b)‎ ‎＝(a－b)＋(b－a)‎ ‎＝(－)(a－b)‎ ‎＝(－)2(＋)．‎ ‎∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(－)2(＋)>0.‎ ‎∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.‎ 答案　a≥0，b≥0且a≠b ‎16．设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy.‎ 证明　由于x≥1，y≥1，‎ 所以要证明x＋y＋≤＋＋xy，‎ 只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.‎ 将上式中的右式减左式，得 ‎[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]‎ ‎＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]‎ ‎＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)‎ ‎＝(xy－1)(xy－x－y＋1)‎ ‎＝(xy－1)(x－1)(y－1)．‎ 因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，‎ 从而所要证明的不等式成立．‎ ‎17．(2016·浙江卷)设函数f(x)＝x3＋，x∈[0，1]，证明：‎ ‎(1)f(x)≥1－x＋x2；‎ ‎(2)＜f(x)≤.‎ 证明　(1)因为1－x＋x2－x3＝＝，‎ 由于x∈[0，1]，有≤，‎ 即1－x＋x2－x3≤，‎ 所以f(x)≥1－x＋x2.‎ 12‎ ‎(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋≤x＋＝x＋－＋＝＋≤，‎ 所以f(x)≤.‎ 由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝＋≥，‎ 又因为f＝＞，‎ 所以f(x)＞.‎ 综上，＜f(x)≤.‎ 12‎