第一篇：(全國通用)2014屆高考數學總復習(考點引領+技巧點撥)第七章 推理與證明第2課時 直接證明與間接證明
《最高考系列 高考總復習》2014屆高考數學總復習（考點引領+技巧點撥）第七章 推理與證明第2課時 直接證明與間接證明
1.已知向量m＝(1，1)與向量n＝(x，2－2x)垂直，則x＝________．
答案：
2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.332.用反證法證明命題“如果a>b，那么a>b”時，假設的內容應為______________． 3333答案：a＝b或a 3333解析：根據反證法的步驟，假設是對原命題結論的否定，即a＝b或a 4.定義集合運算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A·B的所有元素之和為________． 答案：0 π解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z.42?3π2?①α＝kπZ)時，B＝?，42??2?? A·B＝?0?????22?，－； 22?? π②α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)時，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 π③α＝2kπ＋π或α＝2kπZ)時，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 kπ3π④α≠α≠kπ＋Z)時，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，24 －sinα，－cosα}． 綜上可知A·B中的所有元素之和為0.115.(選修12P44練習題4改編)設a、b為兩個正數，且a＋b＝1＋≥μ恒成ab 立的μ的取值范圍是________． 答案：(－∞，4] 11baba?11?解析：∵ a＋b＝1，且a、b為兩個正數，∴＋(a＋b)??＝2＋≥2＋ababab?ab? 1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤4.ab 1.直接證明 (1)定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法．(2)一般形式 本題條件已知定義 ???T已知公理?已知定理? ATBTC?本題結論． (3)綜合法 ① 定義：從已知條件出發，以已知的定義、公理、定理為依據，逐步下推，直到推出要證明的結論為止．這種證明方法稱為綜合法． ② 推證過程 已知條件T?T?T 結論 (4)分析法 ① 定義：從問題的結論出發，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使結論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止．這種證明方法稱為分析法． ② 推證過程 結論ü?ü?ü已知條件 2.間接證明 (1)常用的間接證明方法有反證法、正難則反等．(2)反證法的基本步驟 ① 反設——假設命題的結論不成立，即假定原結論的反面為真． ② 歸謬——從反設和已知出發，經過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果． ③ 存真——由矛盾結果，斷定反設不真，從而肯定原結論成立． [備課札記] 題型1 直接證明(綜合法和分析法) n＋ 2例1 數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，?)，證明： n ?Sn? (1)數列??是等比數列； ?n? (2)Sn＋1＝4an.n＋2 證明：(1)∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，?)，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－ n Sn)，Sn＋1Sn 整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴，n＋1n Sn＋ 1?Sn?n＋1 即2，∴ 數列?是等比數列． Sn?n?n Sn＋1Sn－1Sn－1 (2)由(1)知：＝4·(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·4an(n≥2)．又a2 n＋1n－1n－1 ＝3S1＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，* ∴ 對一切n∈N，都有Sn＋1＝4an.例2 設a、b、c均為大于1的正數，且ab＝10，求證：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc 證明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要證明logac＋logbc≥4lgc，只要證明lgalgb lga＋lgb 1≥4lgc4，因為ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要證明4，由于a>1，lga·lgblgalgb ?lga＋lgb2＝?12＝1，即14成立．所以原 b>1，故lga>0，lgb>0，所以0 42lgalgb???? 不等式成立． 變式訓練 設首項為a1的正項數列{an}的前n項和為Sn，q為非零常數，已知對任意正整數n、m，m Sn＋m＝Sm＋qSn總成立．求證：數列{an}是等比數列． m 證明：因為對任意正整數n、m，Sn＋m＝Sm＋qSn總成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，綜上得an＋1＝qan(n≥1)，所以數列{an}是等比數列． 題型2 間接證明(反證法) 例3 證明：2，35不能為同一等差數列中的三項． 證明：假設2，3，5為同一等差數列的三項，則存在整數m、n滿足?32＋md ①，? ?5＝2＋nd②，22 2①×n－②×m得3n－5m2(n－m)，兩邊平方得3n＋5m－15mn＝2(n－m)，左235不能為同 一等差數列的三項． 備選變式（教師專享） 2222 已知下列三個方程：x＋4ax－4a＋3＝0，x＋(a－1)x＋a＝0，x＋2ax－2a＝0，其中至少有一個方程有實根，求實數a的取值范圍． 解：若方程沒有一個實數根，則 16a－4（3－4a）<0，??322 ?（a－1）－4a<0，解之得－ 故三個方程至少有一個方程有實數根的a的取值范圍是?a?a≥－1或a≤.??? 1.用反證法證明命題“a·b(a、b∈Z)是偶數，那么a、b中至少有一個是偶數．”那么反設的內容是__________________________________． 答案：假設a、b都是奇數(a、b都不是偶數) 解析：用反證法證明命題時反設的內容是否定結論． 2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋＝1，若以a、b、c為三邊構造三角 ab 形，則c的取值范圍是________． 答案：(10，16) 解析：要以a、b、c為三邊構造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊 b9a?19之差小于第三邊，而a 11111019 16，∴c<16.>><1，∴c>10，∴10 1?1??? 23.設函數f0(x)＝1－x，f1(x)＝?f0（x）－?，fn(x)＝?fn－1（x）－n?，(n≥1，n≥ 2?2??? 1?n1?N)，則方程f1(x)有________個實數根，方程fn(x)＝??有________個實數根． 3?3?n＋ 1答案：4 2 1??211152?22 解析：f1(x)＝?1－x－?＝?x－＝，∴ x＝或x＝4個解． 2??2?366? 4∵ 可推出n＝1，2，3?，根個數分別為2，2，2，1n?n＋1 ∴ 通過類比得出fn(x)＝?有2個實數根． ?3? 4.若實數x、y、m滿足|x－m|＞|y－m|，則稱x比y遠離m.(1)若x－1比1遠離0，求x的取值范圍； 332 2(2)對任意兩個不相等的正數a、b，證明：a＋b比ab＋ab遠離ab.(1)22，＋∞)．(2)證明：對任意兩個不相等的正數a、b，有 332 2a＋b>2abab，ab＋abab.332223 3因為|a＋b－2abab|－|ab＋ab－2abab|＝(a＋b)(a－b)>0，所以|a＋b－ 223322 2abab|>|ab＋ab－2abab|，即a＋b比ab＋ab遠離2abab. 1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0b－3a.證明：要證b－ac<3a，只需證b－ac<3a.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需證b＋a(a＋22b)<3a，只需證2a－ab－b>0，只需證(a－b)(2a＋b)>0，只需證(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0顯然成立．故原不等式成立． * 2.已知等差數列{an}的首項a1＞0，公差d＞0，前n項和為Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N)，求證：Sn＋Sm≥2Sp.2222 2證明：∵m＋n≥2mn，∴2(m＋n)≥(m＋n).222 又m＋n＝2p，∴m＋n≥2p.2222 3.如圖，ABCD為直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P為平面ABCD外一點，且PB⊥BD.(1)求證：PA⊥BD； (2)若PC與CD不垂直，求證：PA≠PD.證明：(1)因為ABCD為直角梯形，AD2AB2BD，222 所以AD＝AB＋BD，因此AB⊥BD.又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PBì平面PAB，所以BD⊥平面PAB，又PAì平面PAB，所以PA⊥BD.(2)假設PA＝PD，取AD中點N，連結PN、BN，則PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.又PB⊥BD，且AD∩BD＝D，得PB⊥平面ABCD，所以PB⊥CD.又因為BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，與已知條件PC與CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－2x 4.已知f(x)＝a＋(a＞1)． x＋ 1(1)證明f(x)在(－1，＋∞)上為增函數；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數根． 證明：(1)設－1＜x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x2－2x1－23（x2－x1） 從而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所 x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1） 以f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． x0－ 2(2)設存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，則ax0x0＋1 x0－21 由0＜ax0＜10＜－1，即＜x0＜2，此與x0＜0矛盾，故x0不存在． x0＋12 1.分析法的特點是從未知看已知，逐步靠攏已知，綜合法的特點是從已知看未知，逐步推出未知．分析法和綜合法各有優缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較煩；綜合法從條件推出結論，較簡捷地解決問題，但不便于思考，實際證明時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來． 2.反證法是從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，說明結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的證明方法．適宜用反證法證明的數學命題：①結論本身是以否定形式出現的一類命題；②關于唯一性、存在性的命題；③結論以“至多”“至少”等形式出現的命題；④結論的反面比原結論更具體更容易研究的命題． 請使用課時訓練（B）第2課時（見活頁）.[備課札記] 第七章 推理與證明第(理)95～96頁)2課時 直接證明與間接證明(對應學生用書(文)、1.已知向量m＝(1，1)與向量n＝(x，2－2x)垂直，則x＝________． 答案： 2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.2.用反證法證明命題“如果a>b，那么a>b”時，假設的內容應為______________． 答案：a＝b或a 3333解析：根據反證法的步驟，假設是對原命題結論的否定，即a＝b或a 解析：由分析法可得，要證6－22>5－7，只需證6＋7>5＋22，即證13＋242>13＋41010.因為42>40，所以6－5－7成立． 4.定義集合運算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A·B的所有元素之和為________． 答案：0 π解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z.4?23π2?①α＝kπ＋(k∈Z)時，B＝?，42??2 ?22?A·B＝?0，?； 22?? π②α＝2kπ或α＝2kπ＋∈Z)時，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 π③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 kπ3π④α≠α≠kπ＋∈Z)時，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，24 －cosα}． 綜上可知A·B中的所有元素之和為0.115.(選修12P44練習題4改編)設a、b為兩個正數，且a＋b＝1≥μ恒成立ab的μ的取值范圍是________． 答案：(－∞，4] 11?11ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b為兩個正數，∴ ＋＝(a＋b)??ab?ababab 1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤ 4.ab 1.直接證明 (1)定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法．(2)一般形式 本題條件 已知定義已知公理已知定理TATBT C?本題結論． (3)綜合法 ① 定義：從已知條件出發，以已知的定義、公理、定理為依據，逐步下推，直到推出要證明的結論為止．這種證明方法稱為綜合法． ② 推證過程 已知條件T ?T ? T結論 (4)分析法 ① 定義：從問題的結論出發，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使結論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止．這種證明方法稱為分析法． ② 推證過程 結論 ü?ü?ü 已知條件 2.間接證明 (1)常用的間接證明方法有(2)反證法的基本步驟 ① 反設——假設命題的結論不成立，即假定原結論的反面為真． ② 歸謬——從反設和已知出發，經過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果． ③ 存真——由矛盾結果，斷定反設不真，從而肯定原結論成立． [備課札記] 題型1 直接證明(綜合法和分析法) 例1 數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝ ?S? (1)數列?n?是等比數列； ? ? n＋ 2(n＝1，2，3，?)，證明： nn (2)Sn＋1＝4an.n＋2 (n＝1，2，3，?)，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，nn Sn＋1S整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴，nn＋ 1Sn＋1n＋1?S?即2，∴ 數列?n是等比數列． S??n Sn＋1Sn－1Sn－1 (2)由(1)知：＝(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋4an(n≥2)．又a2＝3S1 n＋1n－1n－1 ＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴ 對一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.例2 設a、b、c均為大于1的正數，且ab＝10，求證：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc 證明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要證明logac＋logbc≥4lgc，只要證明lgalgb lga＋lgb 14lgc，即≥4，因為ab＝10，故lga＋lgb＝1.≥4，由于a>1，b>1，故 lgalgblga·lgb lga＋lgb?2?1211 lga>0，lgb>0，所以0 4lgalgb?2? 變式訓練 設首項為a1的正項數列{an}的前n項和為Sn，q為非零常數，已知對任意正整數n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立．求證：數列{an}是等比數列． 證明：因為對任意正整數n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，綜上得an＋1＝qan(n≥1)，所以數列{an}是等比數列． 題型2 間接證明(反證法) 證明：(1)∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝ 例3 證明：2，3，5不能為同一等差數列中的三項． 證明：假設2，3，5為同一等差數列的三項，則存在整數m、n滿足?3＝2＋md ①，? ?＝2＋nd②，①×n－②×m3n5m＝2(n－m)，兩邊平方得3n2＋5m2－15mn＝2(n－m)2，左邊為無理數，右邊為有理數，且有理數≠不能為同一等差數列的三項． 備選變式（教師專享） 已知下列三個方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，其中至少有一個方程有實根，求實數a的取值范圍． 解：若方程沒有一個實數根，則 16a－4（3－4a）<0，?? 3?（a－1）2－4a2<0，解之得－2－1.??4a2＋8a<0，3?? a≥－1或a≤?.故三個方程至少有一個方程有實數根的a的取值范圍是?a? 2? ? ? 1.用反證法證明命題“a·b(a、b∈Z)是偶數，那么a、b中至少有一個是偶數．”那么反設的內容是__________________________________． 答案：假設a、b都是奇數(a、b都不是偶數) 解析：用反證法證明命題時反設的內容是否定結論． 2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋1，若以a、b、c為三邊構造三角形，ab 則c的取值范圍是________． 答案：(10，16) 解析：要以a、b、c為三邊構造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊 19b9a＝10之差小于第三邊，而a 11111019 16，∴c<16.又>，＝1，∴c>10，∴10 1f0（x）－，fn(x)＝?fn－1（x，(n≥1，n≥N)，3.設函數f0(x)＝1－x2，f1(x)＝?22?? n11 則方程f1(x)＝________個實數根，方程fn(x)＝??3有________個實數根． 3＋ 答案：4 2n1 1111 51－x2＝?x2－＝ x2＝x2＝有4個解． 解析：f1(x)＝?2?23?66 ∵ 可推出n＝1，2，3?，根個數分別為22，23，24，1?n＋?∴ 通過類比得出fn(x)＝?3?有2n1個實數根． 4.若實數x、y、m滿足|x－m|＞|y－m|，則稱x比y遠離m.(1)若x2－1比1遠離0，求x的取值范圍； (2)對任意兩個不相等的正數a、b，證明：a3＋b3比a2b＋ab2遠離ab.(1)解：x∈(－∞2)∪(2，＋∞)． (2)證明：對任意兩個不相等的正數a、b，有 a3＋b3ab，a2b＋ab2ab.因為|a3＋b3－ab|－|a2b＋ab2－2ab＝(a＋b)(a－b)2>0，所以|a 3＋b3－2abab|>|a2b＋ab2－2abab|，即a3＋b3比a2b＋ab2遠離2abab.1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：b－證明：要證b－ac<3a，只需證b2－ac<3a2.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需證b2＋a(a＋b)<3a2，只需證2a2－ab－b2>0，只需證(a－b)(2a＋b)>0，只需證(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0顯然成立．故原不等式成立． 2.已知等差數列{an}的首項a1＞0，公差d＞0，前n項和為Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N*)，求證：Sn＋Sm≥2Sp.證明：∵m2＋n2≥2mn，∴2(m2＋n2)≥(m＋n)2.又m＋n＝2p，∴m2＋n2≥2p2.3.如圖，ABCD為直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P為平面ABCD外一點，且PB⊥BD.(1)求證：PA⊥BD； (2)若PC與CD不垂直，求證：PA≠PD.證明：(1)因為ABCD為直角梯形，AD2AB2BD，所以AD2＝AB2＋BD2，因此AB⊥BD.又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PBì平面PAB，所以BD⊥平面PAB，又PAì平面PAB，所以PA⊥BD.(2)假設PA＝PD，取AD中點N，連結PN、BN，則PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.又PB⊥BD，且AD∩BD＝D，得PB⊥平面ABCD，所以PB⊥CD.又因為BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，與已知條件PC與CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－ 24.已知f(x)＝ax(a＞1)． x＋ 1(1)證明f(x)在(－1，＋∞)上為增函數；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數根． 證明：(1)設－1＜x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x－2x－23（x－x） 從而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所以 x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1） f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． x0－2 (2)設存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，則ax0＝－x0＋1 x0－21 由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此與x0＜0矛盾，故x0不存在． 2x0＋1 1.分析法的特點是從未知看已知，逐步靠攏已知，綜合法的特點是從已知看未知，逐步推出未知．分析法和綜合法各有優缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較煩；綜合法從條件推出結論，較簡捷地解決問題，但不便于思考，實際證明時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來． 2.反證法是從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，說明結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的證明方法．適宜用反證法證明的數學命題：①結論本身是以否定形式出現的一類命題；②關于唯一性、存在性的命題；③結論以“至多”“至少”等形式出現的命題；④結論的反面比原結論更具體更容易研究的命題． 請使用課時訓練（B）第2課時（見活頁）.[備課札記] 第2講 直接證明與間接證明 【2013年高考會這樣考】 1．在歷年的高考中，證明方法是常考內容，考查的主要方式是對它們原理的理解和用法．難度多為中檔題，也有高檔題． 2．從考查形式上看，主要以不等式、立體幾何、解析幾何、函數與方程、數列等知識為載體，考查綜合法、分析法、反證法等方法． 【復習指導】 在備考中，對本部分的內容，要抓住關鍵，即分析法、綜合法、反證法，要搞清三種方法的特點，把握三種方法在解決問題中的一般步驟，熟悉三種方法適用于解決的問題的類型，同時也要加強訓練，達到熟能生巧，有效運用它們的目的． 基礎梳理 1．直接證明 (1)綜合法 ①定義：利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法． ②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→?→Qn?Q (其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結論)． (2)分析法 ①定義：從要證明的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫做分析法． ②框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→?→ 得到一個明顯成立的條件.2．間接證明 一般地，由證明p?q轉向證明：綈q?r???t .t與假設矛盾，或與某個真命題矛盾．從而判定綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法． 一個關系 綜合法與分析法的關系 分析法與綜合法相輔相成，對較復雜的問題，常常先從結論進行分析，尋求結論與條件、基 礎知識之間的關系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或者在證明時將兩種方法交叉使用． 兩個防范 題推理而推出矛盾結果，其推理過程是錯誤的． 證?”“就要證?”等分析到一個明顯成立的結論P，再說明所要證明的數學問題成立． 雙基自測 1．(人教A版教材習題改編)p＝＋，q＝ma＋nc正數)，則p、q的大小為()． A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不確定 解析 q＝ ab＋＋cd≥ab＋2abcd＋cd nm＋m、n、a、b、c、d均為mn madabc＝ab＋cd＝p，當且僅當＝ nm 答案 B 2．設a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，則a與b大小關系為()． A．a＞b C．a＝b 解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，當x＜0時，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A 3．否定“自然數a，b，c中恰有一個偶數”時，正確的反設為()． A．a，b，c都是奇數 B．a，b，c都是偶數 C．a，b，c中至少有兩個偶數 D．a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數 解析 ∵a，b，c恰有一個偶數，即a，b，c中只有一個偶數，其反面是有兩個或兩個以上偶數或沒有一個偶數即全都是奇數，故只有D正確． 答案 D 4．(2012·廣州調研)設a、b∈R，若a－|b|＞0，則下列不等式中正確的是()． A．b－a＞0B．a3＋b3＜0C．a2－b2＜0D．b＋a＞0 解析 ∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.答案 D B．a＜b D．a≤b 5．在用反證法證明數學命題時，如果原命題的否定事項不止一個時，必須將結論的否定情況逐一駁倒，才能肯定原命題的正確． 例如：在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC內一點，∠APB＞∠APC，求證：∠BAP＜∠CAP，用反證法證明時應分：假設________和________兩類． 答案 ∠BAP＝∠CAP ∠BAP＞∠CAP 考向一 綜合法的應用 a2b2c2【例1】?設a，b，c＞0，證明：a＋b＋c.bca [審題視點] 用綜合法證明，可考慮運用基本不等式． 證明 ∵a，b，c＞0，根據均值不等式，a2b2c2有＋b≥2a，c≥2b＋a≥2c.bca a2b2c2三式相加：＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． bca 當且僅當a＝b＝c時取等號． a2b2c2即＋a＋b＋c .bca 綜合法是一種由因導果的證明方法，即由已知條件出發，推導出所要證明的等式或不等式成立．因此，綜合法又叫做順推證法或由因導果法．其邏輯依據是三段論式的演繹推理方法，這就要保證前提正確，推理合乎規律，才能保證結論的正確性． 11【訓練1】 設a，b為互不相等的正數，且a＋b＝1，證明：＞4.ab 1111?ba·證明 ?(a＋b)＝2＋2＋2＝4.ab?ab?ab 11又a與b不相等．故＞4.ab 考向二 分析法的應用 ?a＋mb?2≤a＋mb.【例2】?已知m＞0，a，b∈R，求證：??1＋m?1＋m? [審題視點] 先去分母，合并同類項，化成積式． 證明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，2 2故原不等式得證． 逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件，正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵． 【訓練2】 已知a，b，m都是正數，且a＜b.a＋ma求證：b＋mb a＋ma證明 要證明，由于a，b，m都是正數，b＋mb 只需證a(b＋m)＜b(a＋m)，只需證am＜bm，由于m＞0，所以，只需證a＜b.已知a＜b，所以原不等式成立． (說明：本題還可用作差比較法、綜合法、反證法) 考向三 反證法的應用 【例3】?已知函數f(x)＝ax＋x－2(a＞1)． x＋ 1(1)證明：函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． (2)用反證法證明f(x)＝0沒有負根． [審題視點] 第(1)問用單調增函數的定義證明；第(2)問假設存在x0＜0后，應推導出x0的范圍與x0＜0矛盾即可． 證明(1)法一 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0.所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因為x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以 ?x2－2??x1＋1?－?x1－2??x2＋1?3?x2－x1?＝0，?x2＋1??x1＋1??x2＋1??x1＋1? 于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋x2－2x1－2＞0，x2＋1x1＋1x2－2x1－2－＝x2＋1x1＋1 故函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． 法二 f′(x)＝axln a＋30，?x＋1?∴f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． x0－2x0－2(2)假設存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝－又0＜ax0＜1，所以0＜－x0＋1x0＋1 11，即＜x0＜2，與x0＜0(x0≠－1)假設矛盾．故f(x0)＝0沒有負根． 當一個命題的結論是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否定形式出現時，宜 用反證法來證，反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是：①與已知條件矛盾；②與假設矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與事實矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數學證明中的一件有力武器． 【訓練3】 已知a，b為非零向量，且a，b不平行，求證：向量a＋b與a－b不平行． 證明 假設向量a＋b與a－b平行，即存在實數λ使a＋b＝λ(a－b)成立，則(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，∵a，b不平行，???1－λ＝0，?λ＝1，∴?得? ??1＋λ＝0，λ＝－1，?? 所以方程組無解，故假設不成立，故原命題成立． 規范解答24——怎樣用反證法證明問題 【問題研究】 反證法是主要的間接證明方法，其基本特點是反設結論，導出矛盾，當問題從正面證明無法入手時，就可以考慮使用反證法進行證明.在高考中，對反證法的考查往往是在試題中某個重要的步驟進行.【解決方案】 首先反設，且反設必須恰當，然后再推理、得出矛盾，最后肯定.【示例】?(本題滿分12分)(2011·安徽)設直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數k1，k2滿足k1k2＋2＝0.(1)證明l1與l2相交； (2)證明l1與l2的交點在橢圓2x2＋y2＝1上． 第(1)問采用反證法，第(2)問解l1與l2的交點坐標，代入橢圓方程驗證． [解答示范] 證明(1)假設l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1＝k2，(2分) 代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.(4分) 這與k1為實數的事實相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交．(6分) ??y＝k1x＋1，(2)由方程組? ?y＝k2x－1，? ??解得交點P的坐標(x，y)為?k＋ky＝??k－k.21 212x＝，k2－k1(9分) 2?2?k2＋k1?2?從而2x＋y＝2k－k＋? ?21??k2－k1??22 2228＋k22＋k1＋2k1k2k1＋k2＋4＝＝1，k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋4 此即表明交點P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上．(12分) 用反證法證明不等式要把握三點：(1)必須先否定結論，即肯定結論的反面；(2) 必須從否定結論進行推理，即應把結論的反面作為條件，且必須依據這一條件進行推證；(3)推導出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實矛盾等，但是推導出的矛盾必須是明顯的． 【試一試】 已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數列{an}的通項公式； (2)求證數列{an}中不存在三項按原來順序成等差數列． [嘗試解答](1)當n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.1又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝an，2 11所以{an}是首項為1，公比為an＝－.22 (2)反證法：假設存在三項按原來順序成等差數列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，111－－則，所以2·2rq＝2rp＋1.① 222又因為p＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.所以①式左邊是偶數，右邊是奇數，等式不成立，所以假設不成立，原命題得證． 第六節 直接證明與間接證明 時間：45分鐘 分值：75分 一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分) 1．用反證法證明：若整系數一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數根，那么a，b，c中至少有一個是偶數．用反證法證明時，下列假設正確的是() A．假設a，b，c都是偶數 B．假設a，b，c都不是偶數 C．假設a，b，c至多有一個偶數 D．假設a，b，c至多有兩個偶數 解析 “至少有一個”的否定為“都不是”．故選B.答案 B 2．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明() A．2ab－1－a2b2≤0 ?a＋b?2C.2－1－a2b2≤044a＋bB．a2＋b2－1－2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0 解析 a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.答案 D 3．(2014·臨沂模擬)若P＝aa＋7，Qa＋3＋a＋4(a≥0)，則P，Q的大小關系() A．P>Q C．P 解析 假設P 答案 C 4．設f(x)是定義在R上的奇函數，且當x≥0時，f(x)單調遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值() A．恒為負值 C．恒為正值B．恒等于零 D．無法確定正負 解析 由f(x)是定義在R上的奇函數，且當x≥0時，f(x)單調遞減，可知f(x)是R上的單調遞減函數，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1) 5．不相等的三個正數a，b，c成等差數列，并且x是a，b的等比中項，y是b，c的等比中項，則x2，b2，y2三數() A．成等比數列而非等差數列 B．成等差數列而非等比數列 C．既成等差數列又成等比數列 D．既非等差數列又非等比數列 a＋c＝2b，①??2由已知條件，可得?x＝ab，② ??y2＝bc，③解析 2x??a＝b，由②③得?y2??c＝b 代入①，x2y2得b＋b2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差數列，故選B.答案 B yyzzxx6．(2014·濟南模擬)設x，y，z>0，則三個數xzxyzy() A．都大于2 C．至少有一個不小于2B．至少有一個大于2 D．至少有一個不大于2 yyz解析 假設這三個數都小于2，則三個數之和小于6，又x＋zx zxx?yx??yz??zx?＋y＋zy＝?x＋y＋?zy＋?x＋z≥2＋2＋2＝6，與假設矛盾，故這?????? 三個數至少有一個不小于2.另取x＝y＝z＝1，可排除A、B.答案 C 二、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分) cd7．已知三個不等式①ab>0；a>b③bc>ad.以其中兩個作條件，余下一個作結論，則可組成________個正確命題． 解析 ①②?③，①③?②；②③?①.答案 3 8．在等比數列{an}和等差數列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，則a5和b5的大小關系為________． 解析 方法1：設公比為q，公差為d，則a3＝a1q2，b3＝b1＋2d＝a1＋2d，故由a3＝b3，得2d＝a1(q2－1)． 又∵a1≠a3，∴q2≠1.∴a5－b5＝a1q4－(a1＋4d) ＝a1q4－[a1＋2a1(q2－1)] ＝a1(q2－1)2＞0.∴a5＞b5.方法2：∵在等比數列{an}中，a1≠a3，∴公比不為1.∴a1≠a5.又∵a1＝b1，a3＝b3，a5＝a3q2＞0(q為公比)，b1＋b5a1＋a5b1＋a5∴b3＝2a3a1a5＜22.∴a5＞b5.答案 a5＞b5 9．已知點An(n，an)為函數y＝x＋1的圖象上的點，Bn(n，bn)為函數y＝x圖象上的點，其中n∈N*，設cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關系為__________． 解析 an＝n＋1，bn＝n.方法1：cn＝n＋1－n＝ 數，∴cn＋1＜cn.方法2：cn＋1?n＋1?＋1－(n＋1)，cn＝n＋1－n，n＋1－n?n＋1?＋1＋n＋1c∴＝＞1.cn＋1?n＋1?＋1－?n＋1?n＋1＋n ∴cn＞cn＋1.答案 cn＞cn＋1 三、解答題(本大題共3小題，每小題10分，共30分)10．已知a>0證明 221隨n的增大而減小，為減函n＋1＋n11aa－2≥a＋a2.211a＋a2≥aa－2.1a＋a＋2≥a＋a2.?2?1?2??，?a＋2a＋a2≥a???2?∵a>0，故只要證? ? 1即a2＋a從而只要證1??11a2＋a＋4≥a2＋2＋a＋22?a＋a＋2，??1??1?a＋a2a＋a?，??21??21??212只要證4?aa?≥2?a＋2＋a?，即a＋a≥2，???? 而上述不等式顯然成立，故原不等式成立． 11．已知二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象與x軸有兩個不同的交點，若f(c)＝0，且0 1(2)試用反證法證明ac.證明(1)∵f(x)圖象與x軸有兩個不同的交點，∴f(x)＝0有兩個不等實根x1，x2.∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c11又x1x2＝ax2＝a(ac)，11∴af(x)＝0的一個根，即a是函數f(x)的一個零點． 11(2)假設ac，又a，由0 11又∵ac，∴a>c.12112．(1)求證：當a>1時，不等式a＋aa＋a成立； 3 (2)要使上述不等式成立，能否將條件“a>1”適當放寬？若能，請 放寬條件，并簡述理由；若不能，請說明理由； (3)請你根據(1)(2)的結果，寫出一個更為一般的結論，且予以證明． 111解(1)證明：a3＋a－a2－a＝aa－1)(a5－1)，1∵a>1，∴a(a－1)(a5－1)>0，故原不等式成立． (2)能將條件“a>1”適當放寬．理由如下：當a≠1時，(a－1)與(a5 1－1)同符號，所以(a－1)(a－1)>0，只需a>0且a≠1就能使a(a－1)(a55 －1)>0，故條件可以放寬為a>0且a≠1.(3)根據(1)(2)的結果，可推知： 1n1若a>0且a≠1，m>n>0，則有a＋a>a＋a.m 證明如下： 111am－an＋aaan(am－n－1)－a(am－n－1) 1m－n＝a(a－1)(am＋n－1)，若a>1，則由m>n>0得am－n－1>0，am＋n－1>0，知不等式成立，若0 考點31 直接證明與間接證明 1.（2013·北京高考理科·Ｔ20）已知{an}是由非負整數組成的無窮數列，該數列前n項的最大值記為An，第n項之后各項an?1，an?2…的最小值記為Bn，dn=An－Bn． (1)若{an}為2，1，4，3，2，1，4，3…，是一個周期為4的數列(即對任意n∈N*，an?4?an)，寫出d1，d2，d3，d4的值； (2)設d為非負整數，證明：dn=－d(n=1,2,3…)的充分必要條件為{an}為公差為d的等差數列； (3)證明：若a1=2，dn=1(n=1,2,3…)，則{an}的項只能是1或2，且有無窮多項為1 【解題指南】(1)根據{dn}的定義求.(2)充分性:先證明{an}是不減數列,再利用定義求dn;必要性:先證明{an}是不減數列,再利用定義證明等差.(3)可通過取特殊值和反證法進行證明.【解析】（1）d1?A1?B1?2?1?1，d2?A2?B2?2?1?1，d3?A3?B3?4?1?3，d4?A4?B4?4?1?3。 （2）充分性： 若{an}為公差為d的等差數列，則an?a1?(n?1)d.因為d是非負整數，所以{an}是常數列或遞增數列.所以An?an?a1?(n?1)d，Bn?an?1?a1?nd，所以dn?An?Bn??d(n=1,2,3,…).必要性： 若dn??d(n?1,2,3,)，假設ak是第一個使得an?an?1?0的項，則 a1?a2??ak?2?ak?1?ak，所以Ak?ak?1,Bk?ak，所以dk?Ak?Bk?ak?1?Bk?ak?1?ak?0，這與dn??d?0矛盾.所以{an}是不減數列.所以dn?An?Bn?an?an?1??d，即an?1?an?d，所以{an}是公差為d的等差數列.（3）①首先{an}中的項不能是0，否則d1?a1?0?2，與已知矛盾.②{an}中的項不能超過2，用反證法證明如下： 若{an}中有超過2的項，設ak是第一個大于2的項，{an}中一定存在項為1，否則與dn?1矛盾.當n?k時，an?2，否則與dk?1矛盾.因此存在最大的i在2到k-1之間，使得ai?1，此時di?Ai?Bi?2?Bi?2?2?0，矛盾.綜上{an}中沒有超過2的項.綜合①②，{an}中的項只能是1或2.下面證明1有無數個，用反證法證明如下： 若ak為最后一個1，則dk?Ak?Bk?2?2?0，矛盾.因此1有無數個.2.（2013·北京高考文科·Ｔ20）給定數列a1，a2，…，an。對i=1，2，…n-l，該數列前i項的最大值記為Ai，后n-i項ai+1，ai+2，…，an的最小值記為Bi，di=Ai-Bi.（1）設數列{an}為3，4，7，1，寫出d1，d2，d3的值.（2）設a1，a2，…，an（n≥4）是公比大于1的等比數列，且a1＞0.證明：d1，d2，…dn-1是等比數列。 （3）設d1，d2，…dn-1是公差大于0的等差數列，且d1＞0，證明：a1，a2，…，an-1是等差數列。 【解題指南】(1)利用di的公式,求d1,d2,d3的值.(2)先求出{dn}的通項,再利用等比數列的定義證明{dn}是等比數列.(3)先證明{an}是單調遞增數列,再證明an是數列{an}的最小項,最后證明{an}是等差數列.【解析】（1）d1?A1?B1?3?1?2，d2?A2?B2?4?1?3，d3?A3?B3=7-1=6。 （2）由a1,a2，an(n?4)是公比大于1的等比數列，且a1＞0，可得{an}的通項為an?a1?qn?1且為單調遞增數列。 于是當k?2,3,dkak?ak?1a1qk?1?a1qk ???q為定值。n?1時，k?2k?1dk?1ak?1?aka1q?a1q 因此d1，d2，…dn-1構成首項d1?a1?a2，公比q的等比數列。 （3）若d1,d2,…,dn-1是公差大于0的等差數列,則0第二篇：第七章 推理與證明第2課時 直接證明與間接證明
第三篇：第2講 直接證明與間接證明
第四篇：6-6第六節 直接證明與間接證明練習題(2015年高考總復習)
第五篇：2013年高考分類匯總 考點31 直接證明與間接證明
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