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【高考领航】2015人教数学(理)总复习 第06章不等式与推理证明6.6直接证明与间接证明Word版含解析]


第 6 课时

直接证明与间接证明

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、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、特点.

[对应学生用书 P106]

【梳理自测】 1.否定“自然数 a,b,c 中恰有一个偶数”时,正确的

反设为( )

A.a,b,c 都是奇数 B.a,b,c 都是偶数 C.a,b,c 中至少有两个偶数 D.a,b,c 中至少有两个偶数或都是奇数
2. 命题“对于任意角 θ , cos θ -sin θ =cos 2θ ” 的证明: “cos θ -sin θ =(cos θ -sin θ )·(cos θ +sin θ )=cos θ -sin θ =cos 2θ ”过程应用了(
2 2 2 2 2 4 4 4 4 2

)

A.分析法

B.综合法

C.综合法、分析法综合使用 D.间接证明法
3.(教材改编)设 a,b∈R,若 a-|b|>0,则下列不等式中正确的是( A.b-a>0 C.a -b <0
2 2

)

B.a +b <0 D.b+a>0

3

3

4.(教材改编题)要证明 3+ 7<2 5,可选择的方法有下面几种,其中最合理的是 ( )

A.综合法 B.分析法 C.特殊值法 D.其他方法
3 3 5.用反证法证明命题“如果 a>b,那么 a> b”时,假设的内容是________.

答案:1.D

2.B

3.D

4.B

3 3 5. a≤ b

◆以上题目主要考查了以下内容: (1)直接证明 ①综合法

a.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,这种证明方法叫做综合法.

b.框图表示:P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→?→Qn?Q
(其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q 表示要证的结论). ②分析法

a.定义: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.这种证明 方法叫做分析法.

b.框图表示:Q?P1→P1?P2→P2?P3→?→得到一个明显成立的条件.
(2)间接证明 一般地,由证明 p?q 转向证明:綈 q?r???t. t 与假设矛盾,或与某个真命题矛盾.从而判定綈 q 为假,推出 q 为真的方法,叫做反 证法. 【指点迷津】 1.一个关系 综合法与分析法是一种互逆关系:即相逆的推理过程. 2.两个防范 (1)利用反证法证明数学问题时,要假设结论错误,并用假设命题进行推理,没有用假 设命题推理而推出矛盾结果,其推理过程是错误的. (2) 用 分 析 法 证 明 数 学 问 题 时 , 要 注 意 书 写 格 式 的 规 范 性 , 常 常 用 “ 要 证 ( 欲 证)?”“即要证?”“就要证?”等分析到一个明显成立的结论 P,再说明所要证明的数 学问题成立.

[对应学生用书 P106]

考向一

综合法的应用

ln x 已知 f(x)= -ln x,f(x)在 x=x0 处取最大值,以下各式正确的序号为 1+x
( ) ①f(x0)<x0 ②f(x0)=x0 ③f(x0)>x0 ④f(x0)< 1 2 ⑤f(x0)> 1 2

A.①④ C.②⑤ D.③⑤
【审题视点】

B.②④

1 此题是比较函数最大值,f(x0)与数 x0 和 的大小关系.用综合法推导 2

f(x)的单调性及结论. 【典例精讲】 f′(x)=[(ln x)·( 1 -1)]′ 1+x

1 1 ln x = ( -1)- 2 x 1+x (1+x) =-

ln x+x+1
(1+x)
2



由题意可知 f′(x0)=0,即 ln x0+x0+1=0,

ln x0=-(x0+1),
故 f(x0)=

ln x0
1+x0

-ln x0=

-x0ln x0 x0(1+x0) = =x0. 1+x0 1+x0

1 令函数 g(x)=ln x+x+1(x>0),则 g′(x)= +1>0, x 故函数 g(x)为增函数,而 1 1 3 3 1 g( )=ln( )+ > -ln e= >0=g(x0), 2 2 2 2 2 1 1 ∴x0< ,即 f(x0)< .故选 B. 2 2 【类题通法】 综合法的思维特点是由已知入手推出结论:

此题的推理是:①已知 f(x0)最大?f′(x0)=0?f(x0)=x0; 1 1 ②g′(x)>0?g(x)增?x0< ?f(x0)< . 2 2

1.若 a、b、c 是不全相等的正数,求证:

lg

a+b b+c c+a +lg +lg >lg a+lg b+lg c. 2 2 2

证明:∵a、b、c∈(0,+∞),



a+b b+c a+c ≥ ab>0, ≥ bc>0, ≥ ac>0. 2 2 2

由于 a,b,c 是不全相等的正数, 所以上述三个不等式中等号不能同时成立, ∴ a+b b+c c+a · · >abc>0 成立. 2 2 2

上式两边同时取常用对数,

?a+b·b+c·c+a?>lg(abc), 得 lg? 2 2 ? ? 2 ?
∴lg a+b b+c c+a +lg +lg >lg a+lg b+lg c. 2 2 2 考向二
x

分析法的应用

已知函数 f(x)=3 -2x,求证:对于任意的 x1,x2∈R,均有 ≥f(

f(x1)+f(x2)
2

x1+x2
2

). 1 x1+x2 把 [f(x1)+f(x2)]和 f( )分别用函数写出来,逐步分析要证的不 2 2

【审题视点】 等式. 【典例精讲】 即证明 ≥3
2

要证明

f(x1)+f(x2)
2

≥f(

x1+x2
2

),

(3x1-2x1)+(3x2-2x2) 2 -2·

x1+x2

x1+x2
2


1 2

x +x 3x1+3x2 因此只要证明 -(x1+x2)≥3 2 -(x1+x2), 2 x 3x1+3x2 x + 2 即证明 ≥3 , 2
1 2

3x1+3x2 因此只要证明 ≥ 3x1·3x2, 2 由于 x1,x2∈R 时,3x1>0,3x2>0, 由基本不等式知 3x1+3x2 ≥ 3x1·3x2显然成立, 2 故原结论成立. 【类题通法】 分析法是数学中常用到的一种直接证明方法,就证明程序来讲,它是

一种从未知到已知(从结论到题设)的逻辑推理方法.具体地说,即先假设所要证明的结论

是正确的,由此逐步推出保证此结论成立的充分条件,而当这些判断恰恰都是已证的命题 (定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证.

2.已知△ABC 三边 a,b,c 的倒数成等差数列,证明:B 为锐角. 证明:要证明 B 为锐角,根据余弦定理,也就是证明 cos B= 即需证 a +c -b >0. 由于 a +c -b ≥2ac-b , 要证 a +c -b >0. 只需证 2ac-b >0. ∵a,b,c 的倒数成等差数列, 1 1 2 ∴ + = ,即 2ac=b(a+c). a c b ∴要证 2ac-b >0. 只需证 b(a+c)-b >0,即 b(a+c-b)>0. 上述不等式显然成立. ∴B 必为锐角. 考向三 反证法
x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a +c -b >0, 2ac

2

2

2

(2014·浙江杭州模拟)已知函数 f(x)=a + (1)证明:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数; (2)用反证法证明方程 f(x)=0 没有负数根. 【审题视点】 盾. 【典例精讲】 (1)任取 x1,x2∈(-1,+∞),

x-2 (a>1). x+1

(1)用增函数定义证明;(2)假设有负数根,根据指数函数性质证出矛

不妨设 x1<x2,则 x2-x1>0. ∵a>1, ∴ax2-x1>1 且 ax1>0, ∴ax2-ax1=ax1(ax2-x1-1)>0. 又∵x1+1>0,x2+1>0, ∴ = = x2-2 x1-2 - x2+1 x1+1 (x2-2)(x1+1)-(x1-2)(x2+1) (x1+1)(x2+1) 3(x2-x1) >0, (x1+1)(x2+1)

于是 f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+

x2-2 x1-2 - >0, x2+1 x1+1

故函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. x0-2 (2)假设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0,则 ax0=- . x0+1 ∵a>1,∴0<ax0<1, x0-2 1 ∴0<- <1,即 <x0<2,与假设 x0<0 相矛盾,故方程 f(x)=0 没有负数根. x0+1 2 【类题通法】 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,宜用反证法来证,反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾,矛盾可以是:①与已 知条件矛盾;②与假设矛盾;③与定义、公理、定理矛盾;④与事实矛盾等方面,反证法 常常是解决某些“疑难”问题的有力工具,是数学证明中的一件有力武器.

3.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9+3 2. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn; 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. n

?a1= 2+1, 解析:(1)由已知得? ?3a1+3d=9+3 2,
∴d=2, 故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). (2)证明:由(1)得 bn= =n+ 2. 假设数列{bn}中存在三项 bp,bq,br(p,q,r 互不相等)成等比数列,则 bq=bpbr. 即(q+ 2) =(p+ 2)(r+ 2). ∴(q -pr)+ 2(2q-p-r)=0.
?q -pr=0, ? ∵p,q,r∈N ,∴? ?2q-p-r=0. ?
* 2 2 2 2

Sn n

∴?

?p+r? =pr,(p-r)2=0. ? ? 2 ?
2

∴p=r,与 p≠r 矛盾. ∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.

[对应学生用书 P108]

反证法证明题的规范答题 (2013·高考陕西卷)设{an}是公比为 q 的等比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式; (2)设 q≠1,证明:数列{an+1} 不是等比数列. 【审题视点】 法证明要证的结论. 【思维流程】 当 q=1 时,求 Sn. 当 q=1 时,构造 qSn. 错位相减. 假设结论、构造等式. 转化为关于 q 的方程,得出矛盾. 得出正确结论. 【规范解答】 (1)设{an}的前 n 项和为 Sn, (1)利用等比数列的概念及通项公式推导前 n 项和公式;(2)利用反证

当 q=1 时,Sn=a1+a1+?+a1=na1;2 分 当 q≠1 时,Sn=a1+a1q+a1q +?+a1q
2

n-1

,①

qSn=a1q+a1q2+?+a1qn,②
①-②得,(1-q)Sn=a1-a1q ,4 分 ∴Sn=
n

a1(1-qn) , 1-q

na1,q=1, ? ? ∴Sn=?a1(1-qn) 6分 ,q≠1. ? ? 1-q
(2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的 k∈N+,(ak+1+1) =(ak+1)(ak+2+1), 8分
2

a2 k+1+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
2k k k-1 k+1 k-1 k+1 a2 ·a1q +a1q +a1q , 1q +2a1q =a1q

∵a1≠0,∴2q =q
2

k

k-1

+q

k+1

.

∵q≠0,∴q -2q+1=0,11 分 ∴q=1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.12 分 【规范建议】 (1)推导 Sn 时,不可漏掉 q=1.

(2)假设{an+1}是等比数列时,不可用 a1+1,a2+1 与 a3+1 建立关系来说明矛盾.

π x y y 1. (2013·高考湖北卷)已知 0<θ < , 则双曲线 C1: 2 - =1 与 C2: 2 2 4 sin θ cos θ cos θ - x
2

2

2

2

sin2θ

=1 的(

)

A.实轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等

B.虚轴长相等

解析:选 D.先确定实半轴和虚半轴的长,再求出半焦距. 双曲线 C1 和 C2 的实半轴长分别是 sin θ和 cos θ, 虚半轴长分别是 cos θ和 sin θ, 则半焦距 c 都等于 1,故选 D. 2.(2013·高考辽宁卷)已知点 O(0,0),A(0,b),B(a,a ).若△OAB 为直角三角形, 则必有( )
3

A.b=a3 B.b=a3+
1 a

C.(b-a3)?b-a - ?=0
3

? ?

1? a?

D.|b-a3|+?b-a - ?=0 a
3

? ?

1?

?

解析:选 C.根据直角三角形的直角的位置求解. 若以 O 为直角顶点,则 B 在 x 轴上,则 a 必为 0,此时 O,B 重合,不符合题意; 若∠A=

π
2

,则 b=a ≠0.
3 2

3

a -b 1 3 3 若∠B= ,根据斜率关系可知 a · =-1,所以 a(a -b)=-1,即 b-a - =0. 2 a a 以上两种情况皆有可能,故只有 C 满足条件. 1 3.(2013·高考浙江卷)设△ABC,P0 是边 AB 上一定点,满足 P0B= AB,且对于边 AB 4

π

→ → → → 上任一点 P,恒有PB·PC≥P0B·P0C,则(

)

A.∠ABC=90° B.∠BAC=90° C.AB=AC D.AC=BC
解析: 选 D. 根据向量投影的概念,对选项逐一验证排除不符合的选 项.不妨设 AB=4,则 P0B=1,P0A=3.设点 C 在直线 AB 上的投影为点 C′.

A 项,若∠ABC=90°,如图,则PB·PC=|PB|·|PC|·cos∠BPC=|PB
→ → → 2 → 2 → 2 → → → → 2 | ,P0B·P0C=|P0B| .当点 P 落在点 P0 的右侧时,|PB| <|P0B| ,即PB·PC<P0B·P0C,不符合;

→ →







B 项,若∠BAC=90°,如图,则PB·PC=|PB|·|PC|·cos∠BPC=-
→ → → → → → → → |PB|·|PA|,P0B·P0A=-|P0B|·|P0A|=-3.当 P 为 AB 的中点时,PB·PC → → → → =-4,PB·PC<P0B·P0C,不符合;

→ →





C 项, 若 AB=AC, 假设∠BAC=120°, 如图, 则 AC′=2, PB· PC=|PB|· |PC

→ →





→ → → → → → → → |·cos∠BPC=-|PB|PC′|,P0B·P0C=|P0B||P0C|cos∠BP0C=-|P0B||P0C′ → → → → → → |=-5.当 P 落在 A 点时,-|PB||PC′|=-8,所以PB·PC<P0B·P0C,不符 合.故选 D. 4.(2013·高考全国新课标卷)设 a、b、c 均为正数,且 a+b+c=1,证明: 1 (1)ab+bc+ac≤ ; 3 a b c (2) + + ≥1. b c a 证明:(1)由 a +b ≥2ab,b +c ≥2bc,c +a ≥2ca, 得 a +b +c ≥ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c) =1, 即 a +b +c +2ab+2bc+2ca=1. 1 所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3 a b c (2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, b c a a b c 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), b c a a b c 即 + + ≥a+b+c. b c a a b c 所以 + + ≥1. b c a
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2


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