第一篇：(全国通用)2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第七章 推理与证明第2课时 直接证明与间接证明
《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第七章 推理与证明第2课时 直接证明与间接证明
1.已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．
答案：
2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.332.用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应为______________． 3333答案：a＝b或a 3333解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即a＝b或a 4.定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________． 答案：0 π解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.423π2①α＝kπZ)时，B＝，422 A·B＝022，－； 22 π②α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 π③α＝2kπ＋π或α＝2kπZ)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 kπ3π④α≠α≠kπ＋Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，24 －sinα，－cosα}． 综上可知A·B中的所有元素之和为0.115.(选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1＋≥μ恒成ab 立的μ的取值范围是________． 答案：(－∞，4] 11baba11解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴＋(a＋b)＝2＋≥2＋abababab 1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤4.ab 1.直接证明 (1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式 本题条件已知定义 Þ已知公理已知定理 AÞBÞC„本题结论． (3)综合法 ① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法． ② 推证过程 已知条件Þ„Þ„Þ 结论 (4)分析法 ① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法． ② 推证过程 结论Ü„Ü„Ü已知条件 2.间接证明 (1)常用的间接证明方法有反证法、正难则反等．(2)反证法的基本步骤 ① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真． ② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记] 题型1 直接证明(综合法和分析法) n＋ 2例1 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，„)，证明： n Sn (1)数列是等比数列； n (2)Sn＋1＝4an.n＋2 证明：(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＋ 1Snn＋1 即2，∴ 数列是等比数列． Snnn 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，* ∴ 对一切n∈N，都有Sn＋1＝4an.例2 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc 证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明lgalgb lga＋lgb 1≥4lgc4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要证明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． 变式训练 设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，m Sn＋m＝Sm＋qSn总成立．求证：数列{an}是等比数列． m 证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列． 题型2 间接证明(反证法) 例3 证明：2，35不能为同一等差数列中的三项． 证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足32＋md ①， 5＝2＋nd②，22 2①×n－②×m得3n－5m2(n－m)，两边平方得3n＋5m－15mn＝2(n－m)，左235不能为同 一等差数列的三项． 备选变式（教师专享） 2222 已知下列三个方程：x＋4ax－4a＋3＝0，x＋(a－1)x＋a＝0，x＋2ax－2a＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围． 解：若方程没有一个实数根，则 16a－4（3－4a）<0，322 （a－1）－4a<0，解之得－ 故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是aa≥－1或a≤. 1.用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________． 答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数) 解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论． 2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋＝1，若以a、b、c为三边构造三角 ab 形，则c的取值范围是________． 答案：(10，16) 解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边 b9a19之差小于第三边，而a 11111019 16，∴c<16.>><1，∴c>10，∴10 11 23.设函数f0(x)＝1－x，f1(x)＝f0（x）－，fn(x)＝fn－1（x）－n，(n≥1，n≥ 22 1n1N)，则方程f1(x)有________个实数根，方程fn(x)＝有________个实数根． 33n＋ 1答案：4 2 121115222 解析：f1(x)＝1－x－＝x－＝，∴ x＝或x＝4个解． 22366 4∵ 可推出n＝1，2，3„，根个数分别为2，2，2，1nn＋1 ∴ 通过类比得出fn(x)＝有2个实数根． 3 4.若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1)若x－1比1远离0，求x的取值范围； 332 2(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a＋b比ab＋ab远离ab.(1)22，＋∞)．(2)证明：对任意两个不相等的正数a、b，有 332 2a＋b>2abab，ab＋abab.332223 3因为|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远离2abab. 1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0b－3a.证明：要证b－ac<3a，只需证b－ac<3a.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需证b＋a(a＋22b)<3a，只需证2a－ab－b>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0显然成立．故原不等式成立． * 2.已知等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＞0，前n项和为Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N)，求证：Sn＋Sm≥2Sp.2222 2证明：∵m＋n≥2mn，∴2(m＋n)≥(m＋n).222 又m＋n＝2p，∴m＋n≥2p.2222 3.如图，ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：PA⊥BD； (2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.证明：(1)因为ABCD为直角梯形，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)假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN，则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.又因为BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－2x 4.已知f(x)＝a＋(a＞1)． x＋ 1(1)证明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． 证明：(1)设－1＜x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x2－2x1－23（x2－x1） 从而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所 x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1） 以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． x0－ 2(2)设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0x0＋1 x0－21 由0＜ax0＜10＜－1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在． x0＋12 1.分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来． 2.反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题． 请使用课时训练（B）第2课时（见活页）.[备课札记] 第七章 推理与证明第(理)95～96页)2课时 直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、1.已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________． 答案： 2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.2.用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应为______________． 答案：a＝b或a 3333解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即a＝b或a 解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋41010.因为42>40，所以6－5－7成立． 4.定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________． 答案：0 π解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.423π2①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝，422 22A·B＝0，； 22 π②α＝2kπ或α＝2kπ＋∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 π③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2 kπ3π④α≠α≠kπ＋∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，24 －cosα}． 综上可知A·B中的所有元素之和为0.115.(选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1≥μ恒成立ab的μ的取值范围是________． 答案：(－∞，4] 1111ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b)abababab 1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤ 4.ab 1.直接证明 (1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式 本题条件 已知定义已知公理已知定理ÞAÞBÞ C„本题结论． (3)综合法 ① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法． ② 推证过程 已知条件Þ „Þ „ Þ结论 (4)分析法 ① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法． ② 推证过程 结论 Ü„Ü„Ü 已知条件 2.间接证明 (1)常用的间接证明方法有(2)反证法的基本步骤 ① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真． ② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记] 题型1 直接证明(综合法和分析法) 例1 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝ S (1)数列n是等比数列； n＋ 2(n＝1，2，3，„)，证明： 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＋1S即2，∴ 数列n是等比数列． Sn 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，∴ 对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.例2 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc 证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明lgalgb lga＋lgb 14lgc，即≥4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.≥4，由于a>1，b>1，故 lgalgblga·lgb lga＋lgb21211 lga>0，lgb>0，所以0 4lgalgb2 变式训练 设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立．求证：数列{an}是等比数列． 证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列． 题型2 间接证明(反证法) 证明：(1)∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝ 例3 证明：2，3，5不能为同一等差数列中的三项． 证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足3＝2＋md ①， ＝2＋nd②，①×n－②×m3n5m＝2(n－m)，两边平方得3n2＋5m2－15mn＝2(n－m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠不能为同一等差数列的三项． 备选变式（教师专享） 已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围． 解：若方程没有一个实数根，则 16a－4（3－4a）<0， 3（a－1）2－4a2<0，解之得－2－1.4a2＋8a<0，3 a≥－1或a≤.故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是a 2 1.用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________． 答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数) 解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论． 2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋1，若以a、b、c为三边构造三角形，ab 则c的取值范围是________． 答案：(10，16) 解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边 19b9a＝10之差小于第三边，而a 11111019 16，∴c<16.又>，＝1，∴c>10，∴10 1f0（x）－，fn(x)＝fn－1（x，(n≥1，n≥N)，3.设函数f0(x)＝1－x2，f1(x)＝22 n11 则方程f1(x)＝________个实数根，方程fn(x)＝3有________个实数根． 3＋ 答案：4 2n1 1111 51－x2＝x2－＝ x2＝x2＝有4个解． 解析：f1(x)＝22366 ∵ 可推出n＝1，2，3„，根个数分别为22，23，24，1n＋∴ 通过类比得出fn(x)＝3有2n1个实数根． 4.若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1)若x2－1比1远离0，求x的取值范围； (2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离ab.(1)解：x∈(－∞2)∪(2，＋∞)． (2)证明：对任意两个不相等的正数a、b，有 a3＋b3ab，a2b＋ab2ab.因为|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远离2abab.1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b－证明：要证b－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0显然成立．故原不等式成立． 2.已知等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＞0，前n项和为Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N*)，求证：Sn＋Sm≥2Sp.证明：∵m2＋n2≥2mn，∴2(m2＋n2)≥(m＋n)2.又m＋n＝2p，∴m2＋n2≥2p2.3.如图，ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：PA⊥BD； (2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.证明：(1)因为ABCD为直角梯形，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)假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN，则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.又因为BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－ 24.已知f(x)＝ax(a＞1)． x＋ 1(1)证明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． 证明：(1)设－1＜x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x－2x－23（x－x） 从而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所以 x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1） f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． x0－2 (2)设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0＝－x0＋1 x0－21 由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在． 2x0＋1 1.分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来． 2.反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题． 请使用课时训练（B）第2课时（见活页）.[备课札记] 第2讲 直接证明与间接证明 【2013年高考会这样考】 1．在历年的高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对它们原理的理解和用法．难度多为中档题，也有高档题． 2．从考查形式上看，主要以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程、数列等知识为载体，考查综合法、分析法、反证法等方法． 【复习指导】 在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟悉三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要加强训练，达到熟能生巧，有效运用它们的目的． 基础梳理 1．直接证明 (1)综合法 ①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． ②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 ①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． ②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． 一个关系 综合法与分析法的关系 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、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． 两个防范 题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的． 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． 双基自测 1．(人教A版教材习题改编)p＝＋，q＝ma＋nc正数)，则p、q的大小为()． A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不确定 解析 q＝ ab＋＋cd≥ab＋2abcd＋cd nm＋m、n、a、b、c、d均为mn madabc＝ab＋cd＝p，当且仅当＝ nm 答案 B 2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b大小关系为()． A．a＞b C．a＝b 解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，当x＜0时，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A 3．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 解析 ∵a，b，c恰有一个偶数，即a，b，c中只有一个偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一个偶数即全都是奇数，故只有D正确． 答案 D 4．(2012·广州调研)设a、b∈R，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是()． 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．在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确． 例如：在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC内一点，∠APB＞∠APC，求证：∠BAP＜∠CAP，用反证法证明时应分：假设________和________两类． 答案 ∠BAP＝∠CAP ∠BAP＞∠CAP 考向一 综合法的应用 a2b2c2【例1】►设a，b，c＞0，证明：a＋b＋c.bca [审题视点] 用综合法证明，可考虑运用基本不等式． 证明 ∵a，b，c＞0，根据均值不等式，a2b2c2有＋b≥2a，c≥2b＋a≥2c.bca a2b2c2三式相加：＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． bca 当且仅当a＝b＝c时取等号． a2b2c2即＋a＋b＋c .bca 综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性． 11【训练1】 设a，b为互不相等的正数，且a＋b＝1，证明：＞4.ab 1111ba·证明 (a＋b)＝2＋2＋2＝4.ababab 11又a与b不相等．故＞4.ab 考向二 分析法的应用 a＋mb2≤a＋mb.【例2】►已知m＞0，a，b∈R，求证：1＋m1＋m [审题视点] 先去分母，合并同类项，化成积式． 证明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要证原不等式成立，只需证明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，2 2故原不等式得证． 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． 【训练2】 已知a，b，m都是正数，且a＜b.a＋ma求证：b＋mb a＋ma证明 要证明，由于a，b，m都是正数，b＋mb 只需证a(b＋m)＜b(a＋m)，只需证am＜bm，由于m＞0，所以，只需证a＜b.已知a＜b，所以原不等式成立． (说明：本题还可用作差比较法、综合法、反证法) 考向三 反证法的应用 【例3】►已知函数f(x)＝ax＋x－2(a＞1)． x＋ 1(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． (2)用反证法证明f(x)＝0没有负根． [审题视点] 第(1)问用单调增函数的定义证明；第(2)问假设存在x0＜0后，应推导出x0的范围与x0＜0矛盾即可． 证明(1)法一 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0.所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因为x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以 x2－2x1＋1－x1－2x2＋13x2－x1＝0，x2＋1x1＋1x2＋1x1＋1 于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋x2－2x1－2＞0，x2＋1x1＋1x2－2x1－2－＝x2＋1x1＋1 故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． 法二 f′(x)＝axln a＋30，x＋1∴f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． x0－2x0－2(2)假设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝－又0＜ax0＜1，所以0＜－x0＋1x0＋1 11，即＜x0＜2，与x0＜0(x0≠－1)假设矛盾．故f(x0)＝0没有负根． 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． 【训练3】 已知a，b为非零向量，且a，b不平行，求证：向量a＋b与a－b不平行． 证明 假设向量a＋b与a－b平行，即存在实数λ使a＋b＝λ(a－b)成立，则(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，∵a，b不平行，1－λ＝0，λ＝1，∴得 1＋λ＝0，λ＝－1， 所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立． 规范解答24——怎样用反证法证明问题 【问题研究】 反证法是主要的间接证明方法，其基本特点是反设结论，导出矛盾，当问题从正面证明无法入手时，就可以考虑使用反证法进行证明.在高考中，对反证法的考查往往是在试题中某个重要的步骤进行.【解决方案】 首先反设，且反设必须恰当，然后再推理、得出矛盾，最后肯定.【示例】►(本题满分12分)(2011·安徽)设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.(1)证明l1与l2相交； (2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上． 第(1)问采用反证法，第(2)问解l1与l2的交点坐标，代入椭圆方程验证． [解答示范] 证明(1)假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1＝k2，(2分) 代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.(4分) 这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．(6分) y＝k1x＋1，(2)由方程组 y＝k2x－1， 解得交点P的坐标(x，y)为k＋ky＝k－k.21 212x＝，k2－k1(9分) 22k2＋k12从而2x＋y＝2k－k＋ 21k2－k122 2228＋k22＋k1＋2k1k2k1＋k2＋4＝＝1，k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋4 此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．(12分) 用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2) 必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的． 【试一试】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.(1)求数列{an}的通项公式； (2)求证数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列． [尝试解答](1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.1又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝an，2 11所以{an}是首项为1，公比为an＝－.22 (2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，111－－则，所以2·2rq＝2rp＋1.① 222又因为p＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证． 第六节 直接证明与间接证明 时间：45分钟 分值：75分 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是() A．假设a，b，c都是偶数 B．假设a，b，c都不是偶数 C．假设a，b，c至多有一个偶数 D．假设a，b，c至多有两个偶数 解析 “至少有一个”的否定为“都不是”．故选B.答案 B 2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明() A．2ab－1－a2b2≤0 a＋b2C.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·临沂模拟)若P＝aa＋7，Qa＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系() A．P>Q C．P 解析 假设P 答案 C 4．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 C．恒为正值B．恒等于零 D．无法确定正负 解析 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) 5．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数() A．成等比数列而非等差数列 B．成等差数列而非等比数列 C．既成等差数列又成等比数列 D．既非等差数列又非等比数列 a＋c＝2b，①2由已知条件，可得x＝ab，② y2＝bc，③解析 2xa＝b，由②③得y2c＝b 代入①，x2y2得b＋b2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列，故选B.答案 B yyzzxx6．(2014·济南模拟)设x，y，z>0，则三个数xzxyzy() A．都大于2 C．至少有一个不小于2B．至少有一个大于2 D．至少有一个不大于2 yyz解析 假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又x＋zx zxxyxyzzx＋y＋zy＝x＋y＋zy＋x＋z≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，故这 三个数至少有一个不小于2.另取x＝y＝z＝1，可排除A、B.答案 C 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) cd7．已知三个不等式①ab>0；a>b③bc>ad.以其中两个作条件，余下一个作结论，则可组成________个正确命题． 解析 ①②⇒③，①③⇒②；②③⇒①.答案 3 8．在等比数列{an}和等差数列{bn}中，a1＝b1＞0，a3＝b3＞0，a1≠a3，则a5和b5的大小关系为________． 解析 方法1：设公比为q，公差为d，则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：∵在等比数列{an}中，a1≠a3，∴公比不为1.∴a1≠a5.又∵a1＝b1，a3＝b3，a5＝a3q2＞0(q为公比)，b1＋b5a1＋a5b1＋a5∴b3＝2a3a1a5＜22.∴a5＞b5.答案 a5＞b5 9．已知点An(n，an)为函数y＝x＋1的图象上的点，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__________． 解析 an＝n＋1，bn＝n.方法1：cn＝n＋1－n＝ 数，∴cn＋1＜cn.方法2：cn＋1n＋1＋1－(n＋1)，cn＝n＋1－n，n＋1－nn＋1＋1＋n＋1c∴＝＞1.cn＋1n＋1＋1－n＋1n＋1＋n ∴cn＞cn＋1.答案 cn＞cn＋1 三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．已知a>0证明 221随n的增大而减小，为减函n＋1＋n11aa－2≥a＋a2.211a＋a2≥aa－2.1a＋a＋2≥a＋a2.212，a＋2a＋a2≥a2∵a>0，故只要证 1即a2＋a从而只要证111a2＋a＋4≥a2＋2＋a＋22a＋a＋2，11a＋a2a＋a，2121212只要证4aa≥2a＋2＋a，即a＋a≥2， 而上述不等式显然成立，故原不等式成立． 11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0 1(2)试用反证法证明ac.证明(1)∵f(x)图象与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2.∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c11又x1x2＝ax2＝a(ac)，11∴af(x)＝0的一个根，即a是函数f(x)的一个零点． 11(2)假设ac，又a，由0 11又∵ac，∴a>c.12112．(1)求证：当a>1时，不等式a＋aa＋a成立； 3 (2)要使上述不等式成立，能否将条件“a>1”适当放宽？若能，请 放宽条件，并简述理由；若不能，请说明理由； (3)请你根据(1)(2)的结果，写出一个更为一般的结论，且予以证明． 111解(1)证明：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)能将条件“a>1”适当放宽．理由如下：当a≠1时，(a－1)与(a5 1－1)同符号，所以(a－1)(a－1)>0，只需a>0且a≠1就能使a(a－1)(a55 －1)>0，故条件可以放宽为a>0且a≠1.(3)根据(1)(2)的结果，可推知： 1n1若a>0且a≠1，m>n>0，则有a＋a>a＋a.m 证明如下： 111am－an＋aaan(am－n－1)－a(am－n－1) 1m－n＝a(a－1)(am＋n－1)，若a>1，则由m>n>0得am－n－1>0，am＋n－1>0，知不等式成立，若0 考点31 直接证明与间接证明 1.（2013·北京高考理科·Ｔ20）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1，an2…的最小值记为Bn，dn=An－Bn． (1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值； (2)设d为非负整数，证明：dn=－d(n=1,2,3…)的充分必要条件为{an}为公差为d的等差数列； (3)证明：若a1=2，dn=1(n=1,2,3…)，则{an}的项只能是1或2，且有无穷多项为1 【解题指南】(1)根据{dn}的定义求.(2)充分性:先证明{an}是不减数列,再利用定义求dn;必要性:先证明{an}是不减数列,再利用定义证明等差.(3)可通过取特殊值和反证法进行证明.【解析】（1）d1A1B1211，d2A2B2211，d3A3B3413，d4A4B4413。 （2）充分性： 若{an}为公差为d的等差数列，则ana1(n1)d.因为d是非负整数，所以{an}是常数列或递增数列.所以Anana1(n1)d，Bnan1a1nd，所以dnAnBnd(n=1,2,3,…).必要性： 若dnd(n1,2,3,)，假设ak是第一个使得anan10的项，则 a1a2ak2ak1ak，所以Akak1,Bkak，所以dkAkBkak1Bkak1ak0，这与dnd0矛盾.所以{an}是不减数列.所以dnAnBnanan1d，即an1and，所以{an}是公差为d的等差数列.（3）①首先{an}中的项不能是0，否则d1a102，与已知矛盾.②{an}中的项不能超过2，用反证法证明如下： 若{an}中有超过2的项，设ak是第一个大于2的项，{an}中一定存在项为1，否则与dn1矛盾.当nk时，an2，否则与dk1矛盾.因此存在最大的i在2到k-1之间，使得ai1，此时diAiBi2Bi220，矛盾.综上{an}中没有超过2的项.综合①②，{an}中的项只能是1或2.下面证明1有无数个，用反证法证明如下： 若ak为最后一个1，则dkAkBk220，矛盾.因此1有无数个.2.（2013·北京高考文科·Ｔ20）给定数列a1，a2，…，an。对i=1，2，…n-l，该数列前i项的最大值记为Ai，后n-i项ai+1，ai+2，…，an的最小值记为Bi，di=Ai-Bi.（1）设数列{an}为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值.（2）设a1，a2，…，an（n≥4）是公比大于1的等比数列，且a1＞0.证明：d1，d2，…dn-1是等比数列。 （3）设d1，d2，…dn-1是公差大于0的等差数列，且d1＞0，证明：a1，a2，…，an-1是等差数列。 【解题指南】(1)利用di的公式,求d1,d2,d3的值.(2)先求出{dn}的通项,再利用等比数列的定义证明{dn}是等比数列.(3)先证明{an}是单调递增数列,再证明an是数列{an}的最小项,最后证明{an}是等差数列.【解析】（1）d1A1B1312，d2A2B2413，d3A3B3=7-1=6。 （2）由a1,a2，an(n4)是公比大于1的等比数列，且a1＞0，可得{an}的通项为ana1qn1且为单调递增数列。 于是当k2,3,dkakak1a1qk1a1qk q为定值。n1时，k2k1dk1ak1aka1qa1q 因此d1，d2，…dn-1构成首项d1a1a2，公比q的等比数列。 （3）若d1,d2,…,dn-1是公差大于0的等差数列,则0第二篇：第七章 推理与证明第2课时 直接证明与间接证明
第三篇：第2讲 直接证明与间接证明
第四篇：6-6第六节 直接证明与间接证明练习题(2015年高考总复习)
第五篇：2013年高考分类汇总 考点31 直接证明与间接证明
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