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2015解步步高大一轮讲义(理)7.5



§ 7.5

直接证明与间接证明

1.直接证明 综合法 从已知条件和某些数学定义、定 定义 理、公理等出发,经过一系列的推 理论证, 最后推导出所要证明的结 论成立. 思维过程 P(已知)?P1 证题步骤 ?P2?? ?Pn?Q(结论) 文字语言 符号语言 2.间接证明 反证法 要证明某一结论 Q 是正确的,但不直接证明,而是先去 定义

假设 Q 不成立(即 Q 的反面非 Q 是正确的), 经过正确的 推理,最后得出矛盾,因此说明假设非 Q 是错误的,从 而断定结论 Q 是正确的,这种证明方法叫做反证法. (1)分清命题的条件和结论; 证明步骤 (2)假设命题的结论不成立,即假设结论的反面成立; (3)由假设出发进行正确的推理,直到推出矛盾为止; (4)由矛盾断言假设不成立, 从而肯定原命题的结论成立. 适用范围 (1)否定性命题; (2)命题的结论中出现“至少”、“至多”、“惟一”等 因为?,所以? 或由?,得? ? 由因导果 Q(结论)?Q1 ?Q2?? ?Qn?P(已知) 要证?,只需证?,即证? ? 分析法 从要证明的结论出发, 逐步寻求使 结论成立的充分条件, 最后把要证 明的结论归结为判定一个明显成 立的条件. 执果索因

词语的; (3)当命题成立非常明显,而要直接证明所用的理论太 少, 且不容易说明, 而其逆否命题又是非常容易证明的; (4)要讨论的情况很复杂,而反面情况很少.

1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“a<b”. (4)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾. ( × ( × ( × ( × ) ) ) )

(5)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.

( √ (6)证明不等式 2+ 7< 3+ 6最合适的方法是分析法. 2.若 a,b,c 为实数,且 a<b<0,则下列命题正确的是 A.ac <bc 1 1 C. < a b 答案 B 解析 a2-ab=a(a-b), ∵a<b<0,∴a-b<0,∴a2-ab>0,∴a2>ab. 又 ab-b2=b(a-b)>0,∴ab>b2, 由①②得 a >ab>b . 3.设 a=lg 2+lg 5,b=ex(x<0),则 a 与 b 的大小关系为 A.a>b 答案 A 解析 a=lg 2+lg 5=1,b=ex,当 x<0 时,0<b<1, ∴a>b. 4.用反证法证明某命题时,对结论:“自然数 a,b,c 中恰有一个偶数”正确的反设为( A.a,b,c 中至少有两个偶数 B.a,b,c 中至少有两个偶数或都是奇数 C.a,b,c 都是奇数 D.a,b,c 都是偶数 答案 B B.a<b C.a=b D.a≤b ( )
2 2 2 2

) )

( √ ( )

B.a >ab>b b a D. > a b

2

2

① ②

)

解析 自然数 a,b,c 中为偶数的情况为 a,b,c 全为偶数;a,b,c 中有两个数为偶数; a,b,c 全为奇数;a,b,c 中恰有一个数为偶数,所以反设为 a,b,c 中至少有两个偶数 或都是奇数. 5.如果 a a+b b>a b+b a,则 a、b 应满足的条件是________. 答案 a≥0,b≥0 且 a≠b 解析 ∵a a+b b-(a b+b a)= a(a-b)+ b(b-a) =( a- b)(a-b)=( a- b)2( a+ b). ∴当 a≥0,b≥0 且 a≠b 时,( a- b)2( a+ b)>0. 故 a a+b b>a b+b a成立的条件是 a≥0,b≥0 且 a≠b.

题型一 综合法的应用 例1 对于定义域为[0,1]的函数 f(x),如果同时满足:

①对任意的 x∈[0,1],总有 f(x)≥0; ②f(1)=1; ③若 x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,都有 f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立,则称函数 f(x)为理想函数. (1)若函数 f(x)为理想函数,证明:f(0)=0; (2)试判断函数 f(x)=2x(x∈[0,1]),f(x)=x2(x∈[0,1]),f(x)= x(x∈[0,1])是否是理想函数. 思维启迪 (1)取特殊值代入计算即可证明; (2)对照新定义中的 3 个条件, 逐一代入验证, 只有满足所有条件, 才能得出“是理想函数” 的结论,否则得出“不是理想函数”的结论. (1)证明 取 x1=x2=0,则 x1+x2=0≤1, ∴f(0+0)≥f(0)+f(0),∴f(0)≤0. 又对任意的 x∈[0,1],总有 f(x)≥0, ∴f(0)≥0.于是 f(0)=0. (2)解 对于 f(x)=2x,x∈[0,1],f(1)=2 不满足新定义中的条件②,

∴f(x)=2x,(x∈[0,1])不是理想函数. 对于 f(x)=x2,x∈[0,1],显然 f(x)≥0,且 f(1)=1. 任意的 x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1, f(x1+x2)-f(x1)-f(x2)
2 =(x1+x2)2-x2 1-x2=2x1x2≥0,

即 f(x1)+f(x2)≤f(x1+x2).

∴f(x)=x2(x∈[0,1])是理想函数. 对于 f(x)= x,x∈[0,1],显然满足条件①②. 对任意的 x1,x2∈[0,1],x1+x2≤1, 有 f2(x1+x2)-[f(x1)+f(x2)]2=(x1+x2)-(x1+2 x1x2+x2)=-2 x1x2≤0, 即 f2(x1+x2)≤[f(x1)+f(x2)]2. ∴f(x1+x2)≤f(x1)+f(x2),不满足条件③. ∴f(x)= x(x∈[0,1])不是理想函数. 综上,f(x)=x2(x∈[0,1])是理想函数, f(x)=2x(x∈[0,1])与 f(x)= x(x∈[0,1])不是理想函数. 思维升华 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.
2 定义:若数列{An}满足 An+1=An ,则称数列{An}为“平方递推数列”.已知数列

{an}中,a1=2,点(an,an+1)在函数 f(x)=2x2+2x 的图象上,其中 n 为正整数,证明:数列 {2an+1}是“平方递推数列”. 证明 ∵点(an,an+1)在函数 f(x)=2x2+2x 的图象上, ∴an+1=2a2 n+2an,
2 ∴2an+1+1=4a2 n+4an+1=(2an+1) ,

∴{2an+1}是“平方递推数列”. 题型二 分析法的应用 例2 a+mb 2 a2+mb2 已知 m>0,a,b∈R,求证:( )≤ . 1+m 1+m

思维启迪 将要证分式化成整式,再合并同类项. 证明 ∵m>0,∴1+m>0. 所以要证原不等式成立, 只需证(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, 故原不等式得证. 思维升华 分析法的特点和思路是“执果索因”, 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,运用分析法必须考虑条件的 必要性是否成立.通常采用“欲证—只需证—已知”的格式,在表达中要注意叙述形式的规范.

1

1

已知 a,b∈(0,+∞),求证:(a3+b3) 3 <(a2+b2) 2 . 证明 因为 a,b∈(0,+∞),所以要证原不等式成立,
1
1

只需证[(a3+b3) 3 ]6<[(a2+b2) 2 ]6, 即证(a3+b3)2<(a2+b2)3, 即证 a6+2a3b3+b6<a6+3a4b2+3a2b4+b6, 只需证 2a3b3<3a4b2+3a2b4. 因为 a,b∈(0,+∞), 所以即证 2ab<3(a2+b2). 而 a2+b2≥2ab,3(a2+b2)≥6ab>2ab 成立, 以上步骤步步可逆, 所以(a +b ) <(a +b ) . 题型三 反证法的应用 例3 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an+Sn=2.
3
1 3 3

2

1 2 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. 思维启迪 (1)先利用 Sn-Sn-1=an(n≥2)两式相减得 an 和 an+1 的关系,再求 an; (2)用反证法证明. (1)解 当 n=1 时,a1+S1=2a1=2,则 a1=1. 又 an+Sn=2,所以 an+1+Sn+1=2, 1 两式相减得 an+1= an, 2 1 1 所以{an}是首项为 1,公比为 的等比数列,所以 an= n-1. 2 2 (2)证明 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*), 1 1 1 - - 则 2·q= p+ r,所以 2· 2r q=2r p+1. 2 2 2 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. 思维升华 (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 ①

导出的矛盾必须是明显的. 在△ABC 中,∠A、∠B、∠C 的对边分别为 a、b、c,若 a、b、c 三边的倒数 成等差数列,求证:∠B<90° . 证明 假设∠B<90° 不成立,即∠B≥90° , 从而∠B 是△ABC 的最大角,∴b 是△ABC 的最大边, 即 b>a,b>c. 1 1 1 1 ∴ > , > ,相加得 a b c b 1 1 1 1 2 1 1 2 + > + = ,这与 + = 矛盾. a c b b b a c b 故∠B≥90° 不成立,即∠B<90° .

混淆特殊值检验和一般性证明致误 典例:(12 分)设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若函数 f(x+1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称,求证:f(x 1 + )为偶函数. 2 1 3 1 3 1 1 易错分析 在证明 f(x+ )是偶函数时, 用特殊值 f( + )=f(- + )成立来判断 f(x+ )是偶 2 2 2 2 2 2 函数. 规范解答 证明 由函数 f(x+1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称, 可知 f(x+1)=f(-x).[4 分] 1 将 x 换成 x- 代入上式可得 2 1 1 f(x- +1)=f[-(x- )], 2 2 1 1 即 f(x+ )=f(-x+ ),[10 分] 2 2 1 由偶函数的定义可知 f(x+ )为偶函数.[12 分] 2 温馨提醒 在证明数学命题时,必须通过严格的推理来证明对任意满足题意的条件,命题 的结论都成立,特殊值的检验不能代替一般性的证明.

方法与技巧 1.分析法的特点:从未知看需知,逐步靠拢已知. 2.综合法的特点:从已知看可知,逐步推出未知. 3.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,叙述较繁;综合法从条件推出结论,较简捷地解决问题,但不便于思考 . 实际证题时常常两法兼用,先用分析法探索证明途径,然后再用综合法叙述出来. 失误与防范 1. 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. 2.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.

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 一、选择题 1.若 a,b∈R,则下面四个式子中恒成立的是 A.lg(1+a2)>0 C.a2+3ab>2b2 答案 B 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. 2.在△ABC 中,sin Asin C<cos Acos C,则△ABC 一定是 A.锐角三角形 C.钝角三角形 答案 C 解析 由 sin Asin C<cos Acos C 得, cos Acos C-sin Asin C>0, 即 cos(A+C)>0,∴A+C 是锐角, B.直角三角形 D.不确定 ( ) B.a2+b2≥2(a-b-1) a a+1 D. < b b+1 ( )

π 从而 B> ,故△ABC 必是钝角三角形. 2 3.已知 m>1,a= m+1- m,b= m- m-1,则以下结论正确的是 A.a>b C.a=b 答案 B 解析 ∵a= m+1- m= b= m- m-1= 1 1 , m+1+ m B.a<b D.a,b 大小不定 ( )

. m+ m-1

而 m+1+ m> m+ m-1, ∴ 1 1 < ,即 a<b. m+1+ m m+ m-1 ( )

1 1 4.已知 a>0,b>0,则 + +2 ab的最小值是 a b A.2 答案 C 1 1 解析 因为 + +2 ab≥2 a b =2( 1 + ab)≥4. ab 1 = ab, ab 1 +2 ab ab B.2 2 C.4 D.5

1 1 当且仅当 = 且 a b

即 a=b=1 时,取“=”. 5.用反证法证明命题“若 a, b∈N, ab 能被 3 整除, 那么 a, b 中至少有一个能被 3 整除”时, 假设应为 A.a,b 都能被 3 整除 C.b 不能被 3 整除 答案 B 解析 由反证法的定义可知, 否定结论, 即“a, b 中至少有一个能被 3 整除”的否定是“a, b 都不能被 3 整除”,故选 B. 二、填空题 6. 6+ 7与 2 2+ 5的大小关系为________. 答案 6+ 7>2 2+ 5 B.a,b 都不能被 3 整除 D.a 不能被 3 整除 ( )

解析 要比较 6+ 7与 2 2+ 5的大小, 只需比较( 6+ 7)2 与(2 2+ 5)2 的大小,

只需比较 6+7+2 42与 8+5+4 10的大小, 只需比较 42与 2 10的大小, 只需比较 42 与 40 的大小, ∵42>40,∴ 6+ 7>2 2+ 5. 7.已知“整数对”按如下规律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3), (3,2),(4,1),?,则第 60 个“整数对”是________. 答案 (5,7) 解析 依题意,把“整数对”的和相同的分为一组,不难得知每组中每个“整数对”的和 n?n+1? 为 n+1,且每组共有 n 个“整数对”,这样的前 n 组一共有 个“整数对”,注意到 2 10?10+1? 11?11+1? <60< ,因此第 60 个“整数对”处于第 11 组(每个“整数对”的和为 12 2 2 的组)的第 5 个位臵, 结合题意可知每个“整数对”的和为 12 的组中的各对数依次为(1,11), (2,10),(3,9),(4,8),(5,7),?,因此第 60 个“整数对”是(5,7). 8.凸函数的性质定理: 如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数, 则对于区间 D 内的任意 x1, x2, ?, f?x1?+f?x2?+?+f?xn? x1+x2+?+xn xn,有 ≤f( ),已知函数 y=sin x 在区间(0,π)上是凸函 n n 数,则在△ABC 中,sin A+sin B+sin C 的最大值为________. 答案 3 3 2

解析 ∵f(x)=sin x 在区间(0,π)上是凸函数,且 A、B、C∈(0,π). f?A?+f?B?+f?C? A+B+C π ∴ ≤f( )=f( ), 3 3 3 π 3 3 即 sin A+sin B+sin C≤3sin = , 3 2 3 3 所以 sin A+sin B+sin C 的最大值为 . 2 三、解答题 |a|+|b| 9.已知非零向量 a⊥b,求证: ≤ 2. |a-b| 证明 ∵a⊥b,∴a· b=0. |a|+|b| 要证 ≤ 2,只需证:|a|+|b|≤ 2|a-b|, |a-b| 平方得:|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2-2a· b), 只需证:|a|2+|b|2-2|a||b|≥0, 即(|a|-|b|)2≥0,显然成立.故原不等式得证. 10.已知四棱锥 S-ABCD 中,底面是边长为 1 的正方形,又 SB=SD= 2,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 F 点的位置; 若不存在,请说明理由. (1)证明 由已知得 SA2+AD2=SD2, ∴SA⊥AD.同理 SA⊥AB. 又 AB∩AD=A,∴SA⊥平面 ABCD. (2)解 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 SBC∥平面 SAD. 这与平面 SBC 和平面 SAD 有公共点 S 矛盾, ∴假设不成立.故不存在这样的点 F,使得 BF∥平面 SAD. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟)

a+b 1 2ab 1.已知函数 f(x)=( )x,a,b 是正实数,A=f( ),B=f( ab),C=f( ),则 A、B、C 的 2 2 a+b 大小关系为 A.A≤B≤C C.B≤C≤A 答案 A a+b 2ab 1 解析 ∵ ≥ ab≥ ,又 f(x)=( )x 在 R 上是减函数. 2 2 a+b a+b 2ab ∴f( )≤f( ab)≤f( ),即 A≤B≤C. 2 a+b 2.若 a、b、c 是不全相等的正数,给出下列判断: ①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0; ②a>b 与 a<b 及 a=b 中至少有一个成立; ③a≠c,b≠c,a≠b 不能同时成立. 其中判断正确的个数是 A.0 答案 C 解析 ①②正确,③中,a≠c,b≠c,a≠b 可能同时成立, 如 a=1,b=2,c=3. B.1 C.2 D.3 ( ) B.A≤C≤B D.C≤B≤A ( )

2 3.a2+2+ 2 与 2 2的大小关系是________. a +2 答案 a2+2+ 2 >2 2 a +2
2

解析 利用基本不等式,但不能取等号. 4.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<x<c 时,f(x)>0. 1 (1)证明: 是函数 f(x)的一个零点; a 1 (2)试用反证法证明 >c. a 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, c 11 又 x1x2= ,∴x2= ( ≠c), a aa 1 1 ∴ 是 f(x)=0 的一个根.即 是函数 f(x)的一个零点. a a 1 1 (2)假设 <c,又 >0,由 0<x<c 时,f(x)>0, a a 1 1 1 知 f( )>0 与 f( )=0 矛盾,∴ ≥c, a a a 1 1 又∵ ≠c,∴ >c. a a 1 3?1+an+1? 2?1+an? 2 5.已知数列{an}满足:a1= , = ,anan+1<0(n≥1),数列{bn}满足:bn=an +1 2 1-an 1-an+1 -a2 n(n≥1). (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列. (1)解 2 2 由题意可知,1-a2 n+1= (1-an). 3

2 2 令 cn=1-an ,则 cn+1= cn. 3 3 3 2 又 c1=1-a1 = ,则数列{cn}是首项为 c1= , 4 4 2 3 2 n-1 公比为 的等比数列,即 cn= · ( ) , 3 4 3 3 2 n-1 2 3 2 n-1 故 1-a2 ( ) ?an=1- · ( ) . n= · 4 3 4 3 1 又 a1= >0.anan+1<0, 2

故 an=(-1)n
2 bn=a2 n+1-an

-1

3 2 n-1 1- · ? ? . 4 3

3 2n 3 2 n-1 =[1- · ( ) ]-[1- · ( ) ] 4 3 4 3 1 2 n-1 = · ( ) . 4 3 (2)证明 用反证法证明. 假设数列{bn}存在三项 br,bs,bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列, 1 2 由于数列{bn}是首项为 ,公比为 的等比数列, 4 3 于是有 br>bs>bt,则只能有 2bs=br+bt 成立. 12 - 12 - 12 - ∴2·( )s 1= ( )r 1+ ( )t 1, 43 43 43 两边同乘以 3t 121 r,化简得 3t r+2t r=2· 2s r3t s.
- - - - - -

由于 r<s<t,∴上式左边为奇数,右边为偶数, 故上式不可能成立,导致矛盾. 故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列.



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