知识梳理与自测人教A版文科数学《76直接证明与间接证明》.docx

知识梳理与自测人教A版文科数学《76直接证明与间接证明》.docx

《知识梳理与自测人教A版文科数学《76直接证明与间接证明》.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《知识梳理与自测人教A版文科数学《76直接证明与间接证明》.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

知识梳理与自测人教A版文科数学《76直接证明与间接证明》

§7.6　直接证明与间接证明

最新考纲

考情考向分析

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.了解反证法的思考过程和特点.

常以立体几何中的证明及相关选修内容中平面几何，不等式的证明为载体加以考查，注意提高分析问题、解决问题的能力；在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中档.

1．直接证明

（1）综合法

①定义：

一般地，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：

―→―→―→…―→

（其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论）．

③思维过程：

由因导果．

（2）分析法

①定义：

一般地，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：

―→―→―→…―→

（其中Q表示要证明的结论）．

③思维过程：

执果索因．

2．间接证明

反证法：

一般地，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．

概念方法微思考

1．直接证明中的综合法是演绎推理吗？

提示　是．用综合法证明时常省略大前提．

2．综合法与分析法的推理过程有何区别？

提示　综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的．

3．反证法是“要证原命题成立，只需证其逆否命题成立”的推理方法吗？

提示　不是．反证法是命题中“p与綈p”关系的应用．

题组一　思考辨析

1．判断下列结论是否正确（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

（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＋<＋最合适的方法是分析法．（　√　）

题组二　教材改编

2．[P42T2]若P＝＋，Q＝＋（a≥0），则P，Q的大小关系是（　　）

A．P>QB．P＝Q

C．P

答案　A

解析　P2＝2a＋13＋2，

Q2＝2a＋13＋2，

∴P2>Q2，又∵P>0，Q>0，∴P>Q.

3．[P44B组T2]设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，则＋等于（　　）

A．1B．2C．4D．6

答案　B

解析　由题意，得x＝，y＝，b2＝ac，

∴xy＝，

＋＝＝

＝＝

＝＝

＝＝2.

题组三　易错自纠

4．若a，b，c为实数，且a

A．ac2ab>b2

C.

答案　B

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.

5．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，要作的假设是（　　）

A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根

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

答案　A

解析　方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故选A.

6．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________．

答案　等边三角形

解析　由题意得2B＝A＋C，

∵A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，

由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝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.

题型一　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）＋（c＋a）＝3，

∴＋＋≤（当且仅当a＝b＝c时取等号）．

（2）∵a>0，∴3a＋1>1，

∴＋（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，

∴＋＋≥（当且仅当a＝b＝c＝时取等号）．

思维升华

（1）从已知出发，逐步推理直到得出所证结论的方法为综合法；

（2）计算题的计算过程也是根据已知的式子进行逐步推导的过程，也是使用的综合法．

跟踪训练1设Tn是数列{an}的前n项之积，并满足：

Tn＝1－an.

（1）证明：

数列是等差数列；

（2）令bn＝，证明：

{bn}的前n项和Sn<.

证明　

（1）∵an＋1＝＝

⇒＝⇒－＝1，

∴－＝1，

又∵T1＝1－a1＝a1，

∴a1＝，∴＝＝2，

∴数列是以2为首项，公差为1的等差数列．

（2）∵＝＋（n－1）×1，

∴＝n＋1⇒an＝（n∈N*），

∴bn＝＝＝

<＝，

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn

<×

＝×<×＝.

题型二　分析法的应用

例2已知△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＋a2－2accos60°，

即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．

于是原等式成立．

思维升华

（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．

（2）证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法．

跟踪训练2已知a>0，证明：

－≥a＋－2.

证明　要证－≥a＋－2，

只需证≥－（2－）．

因为a>0，所以－（2－）>0，

所以只需证2≥2，

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．

题型三　反证法的应用

例3设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：

（1）a＋b≥2；

（2）a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．

证明　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.

（1）由基本不等式及ab＝1，

有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．

（2）假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，

则由a2＋a<2及a>0，得0

同理，0

故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．

思维升华反证法的一般步骤：

（1）分清命题的条件与结论；

（2）作出与命题的结论相矛盾的假设；（3）由假设出发，应用演绎推理的方法，推出矛盾的结果；（4）断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不成立，原结论成立，从而间接地证明原命题为真．

跟踪训练3等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.

（1）求数列{an}的通项公式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　设等差数列{an}的公差为d.

由已知得

所以d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n（n＋）（n∈N*）．

（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＋），

所以（q2－pr）＋（2q－p－r）＝0，

因为p，q，r∈N*，所以

所以2＝pr，（p－r）2＝0，

所以p＝r，与p≠r矛盾，

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．

1．在△ABC中，sinAsinC

A．锐角三角形B．直角三角形

C．钝角三角形D．不确定

答案　C

解析　由sinAsinC

cosAcosC－sinAsinC>0，

即cos（A＋C）>0，所以A＋C是锐角，

从而B>，故△ABC必是钝角三角形．

2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是（　　）

A．x2>1B．x2>4

C．x2>0D．x2>1

答案　C

解析　因为x>0，所以要证<1＋，

只需证（）2<2，

即证0<，即证x2>0，

因为x>0，所以x2>0成立，

故原不等式成立．

3．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B．恒等于零

C．恒为正值D．无法确定正负

答案　A

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）

4．（2018·新乡调研）设x，y，z为正实数，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三个数（　　）

A．至少有一个不大于2B．都小于2

C．至少有一个不小于2D．都大于2

答案　C

解析　假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6，而a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，与a＋b＋c<6矛盾，

∴a，b，c都小于2错误．

∴a，b，c三个数至少有一个不小于2.

5．设a，b是两个实数，给出下列条件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.

其中能推出：

“a，b中至少有一个大于1”的条件是（　　）

A．②③B．①②③C．③D．③④⑤

答案　C

解析　若a＝，b＝，则a＋b>1，

但a<1，b<1，故①推不出；

若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；

若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；

若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；

对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，

下面用反证法证明：

假设a≤1且b≤1，

则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，

因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.

6．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．

答案　x≠－1且x≠1

解析　“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．

7．如果a＋b>a＋b成立，则a，b应满足的条件是__________________________．

答案　a≥0，b≥0且a≠b

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.

8．已知点An（n，an）为函数y＝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____________．

答案　cn＋1

解析　由条件得

cn＝an－bn＝－n＝，

则cn随n的增大而减小，∴cn＋1

9．（2018·佛山质检）已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，则m的最大值为________．

答案　9

解析　因为a>0，b>0，所以2a＋b>0.

所以不等式可化为m≤（2a＋b）

＝5＋2.

因为5＋2≥5＋4＝9，当且仅当a＝b时，等号成立，

即其最小值为9，所以m≤9，即m的最大值等于9.

10．在不等边三角形ABC中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________．

答案　a2>b2＋c2

解析　由余弦定理cosA＝<0，

得b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.

11．若a，b，c是不全相等的正数，求证：

lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.

证明　∵a，b，c∈（0，＋∞），

∴≥>0，≥>0，≥>0.

由于a，b，c是不全相等的正数，

∴上述三个不等式中等号不能同时成立，

∴··>abc>0成立．

上式两边同时取常用对数，得

lg>lgabc，

∴lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.

12．若f（x）的定义域为[a，b]，值域为[a，b]（a

（1）设g（x）＝x2－x＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；

（2）是否存在常数a，b（a>－2），使函数h（x）＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？

若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．

解　

（1）由题设得g（x）＝（x－1）2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，

g

（1）＝1，g（b）＝b，即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.

因为b>1，所以b＝3.

（2）假设存在常数a，b（a>－2），使函数h（x）＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数，

因为h（x）＝在区间（－2，＋∞）上单调递减，

所以有即

解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．

13．已知函数f（x）＝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≤CB．A≤C≤B

C．B≤C≤AD．C≤B≤A

答案　A

解析　∵≥≥，

又f（x）＝x在R上是减函数．

∴f ≤f（）≤f ，即A≤B≤C.

14．（2019·商丘模拟）若二次函数f（x）＝4x2－2（p－2）x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f（c）>0，则实数p的取值范围是____________．

答案　

解析　方法一　（补集法）若二次函数f（x）≤0在区间[－1,1]内恒成立，

则

解得p≤－3或p≥，

故满足题干条件的p的取值范围为.

方法二　（直接法）依题意有f（－1）>0或f

（1）>0，即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0，得－

15．已知关于x的不等式mcosx≥2－x2在上恒成立，则实数m的取值范围为（　　）

A．[3，＋∞）B．（3，＋∞）

C．[2，＋∞）D．（2，＋∞）

答案　C

解析　由题意得，m≥恒成立，

即m≥的最大值，

因为当x∈时，

′＝.

令y＝f（x）＝－2xcosx＋（2－x2）sinx，x∈，

则f′（x）＝－2cosx＋2xsinx＋（2－x2）cosx－2xsinx

＝－x2cosx<0在上成立．

所以f（x）

又因为为偶函数，

所以最大值为＝2，m≥2，故选C.

16．对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n（n>k）总成立，则称数列{an}是“P（k）数列”．

（1）证明：

等差数列{an}是“P（3）数列”；

（2）若数列{an}既是“P

（2）数列”，又是“P（3）数列”，证明：

{an}是等差数列．

证明　

（1）因为{an}是等差数列，设其公差为d，

则an＝a1＋（n－1）d，从而，当n≥4时，

an－k＋an＋k＝a1＋（n－k－1）d＋a1＋（n＋k－1）d

＝2a1＋2（n－1）d＝2an，k＝1，2，3，

所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，

因此等差数列{an}是“P（3）数列”．

（2）数列{an}既是“P

（2）数列”，又是“P（3）数列”，因此，

当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①

当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3

＝6an.②

由①知，an－3＋an－2＝4an－1－（an＋an＋1），③

an＋2＋an＋3＝4an＋1－（an－1＋an）．④

将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，

所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.

在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，

所以a2＝a3－d′，

在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，

所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．