2022高考数学（理）一轮通用版讲义：14.2直接证明与间接证明、数学归纳法

1、PAGE30第二节直接证明与间接证明、数学归纳法1了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点2了解反证法的思考过程和特点3了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题突破点一直接证明eqavs4al基本知识内容综合法分析法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、公理等为止思维过程由因导果执果索因框图表示eqP已知Q1eqQ1Q2eqQnQ结论eqQ结论P1eqP1P2e

2、qaal得到一个明显,成立的条件书写格式“因为，所以”或“由，得”“要证，只需证，即证”eqavs4al基本能力一、判断题对的打“”，错的打“”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4证明不等式eqr2eqr7eqr3eqr6最合适的方法是分析法答案：1234二、填空题1设eqr2，yeqr7eqr3，eqr6eqr2，则，y，的大小关系是_答案：y2分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设abc，且abc0，求证：eqrb2aceqr3a”索的因应是_答案：a

3、bac03已知点Ann，an为函数yeqr21图象上的点，Bnn，bn为函数y图象上的点，其中nN*，设cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_答案：cn1cneqavs4al全析考法考法一综合法综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：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例1在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinBsinBsinCcos2B11求证：a，b，c成等差数列2若Ceqf2,3，求证：5a3b证明1由已知得sinAsinBsinBsinC2s

4、in2B，因为sinB0，所以sinAsinC2sinB，由正弦定理，得ac2b，即a，b，c成等差数列2由Ceqf2,3，c2ba及余弦定理得2ba2a2b2ab，即有5ab3b20，所以5a3b方法技巧综合法证明问题的思路考法二分析法例2已知非零向量a，b，且ab，求证：eqf|a|b|,|ab|eqr2证明abab0，要证eqf|a|b|,|ab|eqr2只需证|a|b|eqr2|ab|，只需证|a|22|a|b|b|22a22abb2，只需证|a|22|a|b|b|22a22b2，只需证|a|2|b|22|a|b|0，即|a|b|20，上式显然成立，故原不等式得证方法技巧1分析法证明问

5、题的思路“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，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，通常采用“要证只需证已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性2分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法eqavs4al集训冲关avs4al考法二已知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：eqf1,abeqf1,bceqf3,abc证明：要证eqf1,abeqf1,bceqf3,ab

6、c，即证eqfabc,abeqfabc,bc3，也就是eqfc,abeqfa,bc1，只需证cbcaababbc，需证c2a2acb2，又ABC的三内角A，B，C成等差数列，故B60，由余弦定理，得b2c2a22accos60，即b2c2a2ac，故c2a2acb2成立于是原等式成立avs4al考法一已知定义在R上的函数feqf1,3a3eqf1,2b2cabc在1处取得极值，且函数f的图象上有一点处的切线的斜率为a1求证：0eqfb,a1；2若f在区间s，t上为增函数，求证：2st1证明：1由feqf1,3a3eqf1,2b2c，得fa2bc函数f在1处取得极值，f1abc0又abc，a0，

7、c0f的图象上有一点处的切线的斜率为a，方程a2bca0有实数根，b24aac0，即b24ab0，整理得eqblcrcavs4alco1fb,a24eqfb,a0，解得eqfb,a0或eqfb,a4由abc0，bc，得bab，eqfb,aeqf1,2由ab且a0，得eqfb,a1综上，可得0eqfb,a12若f在区间s，t上为增函数，则fa2bc在区间s，t上恒非负a0，c0，b24ac0，故方程f0必有两个不相等的实数根，设为1，2，且12二次函数fa2bc的图象的对称轴方程为eqfb,2a，由1，得eqfb,2a0，而f10，21又f24a2bc4a2bab3ab0，12若f在区间s，t上

8、恒非负，则有1st2，2st1突破点二间接证明eqavs4al基本知识1反证法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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法2用反证法证明问题的一般步骤第一步分清命题“pq”的条件和结论第二步作出命题结论q相反的假设綈q第三步由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果第四步断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真3常见的结论和反设词原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个都没有对任意成立存在某个不成立至多有一个至少有两个对任意不成立存在某

9、个成立至少有n个至多有n1个p或q綈p且綈q至多有n个至少有n1个p且q綈p或綈q都是不都是不都是都是eqavs4al基本能力一、判断题对的打“”，错的打“”1用反证法证明结论“ab”时，应假设“ab”2反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾3用反证法证题时必须先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况4反证法的步骤是：准确反设；从否定的结论正确推理；得出矛盾答案：1234二、填空题写出下列命题的否定1若a，b，c满足a2b2c2，则a，b，c不都是奇数；否定为_；2若p0，q0，p3q32，则pq2；否定为_；3所有的正方形都是矩形；否定为_；4至少有一个实数，使210；否定为_答案：1

10、若a，b，c满足a2b2c2，则a，b，c都是奇数2若p0，q0，p3q32，则pq23至少存在一个正方形不是矩形4不存在实数，使210eqavs4al反证法证明问题的常见类型,1证明否定性命题；,2证明存在性问题；,3证明“至多”“至少”“唯一”命题典例设an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和1求证：数列Sn不是等比数列；2数列Sn是等差数列吗为什么解1证明：若Sn是等比数列，则Seqoal2,2S1S3，即aeqoal2,11q2a1a11qq2，a10，1q21qq2，解得q0，这与q0相矛盾，故数列Sn不是等比数列2当q1时，Sn是等差数列当q1时，Sn不是等差数列假设q1时，S

11、1，S2，S3成等差数列，则2S2S1S3，即2a11qa1a11qq2由于a10，21q2qq2，即qq2，q1，q0，这与q0相矛盾综上可知，当q1时，Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数列方法技巧反证法证明问题的3步骤1反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面否定命题成立；否定结论2归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；推导矛盾3立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立命题成立针对训练1已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三

12、个方程a22bc0，b22ca0，c22ab0中至少有一个方程有两个相异实根证明：假设三个方程都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0上述三个式子相加得：a22abb2b22bcc2c22aca20，即ab2bc2ca20由已知a，b，c是互不相等的非零实数因此，上式“”不能同时成立，又ab2bc2ca20与事实不符，故a22bc0，b22ca0，c22ab0中至少有一个方程有两个相异实根2已知四棱锥SABCD中，底面是边长为1的正方形，又SBSDeqr2，SA11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，确定点F

13、的位置；若不存在，请说明理由解：1证明：由已知得SA2AD2SD2，故SAAB又ABADA，所以SA平面ABCD2假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF平面SADBCAD，BC平面SADBCBFB，平面FBC平面SAD这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，假设不成立故在棱SC上不存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD突破点三数学归纳法eqavs4al基本知识一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：1归纳奠基证明当n取第一个值n0n0N*时命题成立；2归纳递推假设nn0，N*时命题成立，证明当n1时命题也成立只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n

14、都成立上述证明方法叫做数学归纳法eqavs4al基本能力一、判断题对的打“”，错的打“”1所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明2用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用3不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n到n1时，项数都增加了一项答案：123二、填空题1用数学归纳法证明“12222n22n31”，在验证n1时，左边计算所得的式子为_答案：1222232用数学归纳法证明：“1eqf1,2eqf1,3eqf1,2n1nnN*，n1”时，由n1不等式成立，推理n1时，左边应增加的项数是_答案：2eqavs4al全析考法考法一证明等式例1求证：n1n2nn2n1352n1nN*

15、证明1当n1时，等式左边2，右边2，故等式成立；2假设当nN*，1时等式成立，即12213521，那么当n1时，左边111211232122213521212211352121这就是说当n1时等式也成立由12可知，对所有nN*等式成立方法技巧应用数学归纳法证明等式的3个注意点1明确初始值n0的取值并验证nn0时等式成立2由n证明n1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标3掌握恒等变形常用的方法：因式分解；添拆项；配方法考法二证明不等式例2设数列an各项均为正数，且满足an1anaeqoal2,n求证：对一切n2，都有aneqf1,n2证明因为数列an各项均为正数，且满足an1anaeqoal2,

16、n，所以a2a1aeqoal2,10，解得0a11当n2时，由a2a1aeqoal2,1eqf1,4eqblcrcavs4alco1a1f1,22eqf1,4，得不等式成立，假设当n2，N*时，不等式成立，即aeqf1,2，则当n1时，a1aaeqoal2,eqf1,4eqblcrcavs4alco1af1,22eqf1,4eqblcrcavs4alco1f1,2f1,22eqf1,22eqf1,13eqf1,12，所以当n1时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切n2，都有aneqf1,n2方法技巧应用数学归纳法证明不等式应注意的问题1当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证

17、，则可考虑应用数学归纳法2用数学归纳法证明不等式的关键是由n成立，证明n1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差求商比较法、放缩法等证明考法三归纳猜想证明例32022常德模拟设a0，feqfa,a，令a11，an1fan，nN*1写出a2，a3，a4的值，并猜想数列an的通项公式；2用数学归纳法证明你的结论解1a11，a2fa1f1eqfa,1a；a3fa2eqfa,2a；a4fa3eqfa,3a猜想aneqfa,n1anN*2证明：易知，n1时，猜想正确假设n时猜想正确，即aeqfa,1a，则a1faeqfaa,aaeqfafa,1a,afa,1aeqfa,1a1eqfa

18、,11a这说明，n1时猜想正确由知，对于任何nN*，都有aneqfa,n1a方法技巧归纳猜想证明类问题的解题步骤利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性eqavs4al集训冲关avs4al考法一设fn1eqf1,2eqf1,3eqf1,nnN*，求证：f1f2fn1nfn1n2，nN*证明：当n2时，左边f11，右边2eqblcrcavs4alco11f1,211，左边右边，等式成立假设n2，N*时，结论成立，即f1f2f1f1，那么，当n1时，f1f2f1ff1f1f1eqblc

19、rcavs4alco1f1f1,11f111f11，当n1时结论仍然成立由可知：f1f2fn1nfn1n2，nN*avs4al考法二用数学归纳法证明eqf1,n1eqf1,n2eqf1,3neqf5,6nN*证明：当n1时，左边eqf1,2eqf1,3eqf5,6eqf5,6，所以当n1时，命题成立；假设当nN*时，命题成立，则有eqf1,1eqf1,2eqf1,3eqf5,6，当n1时，左边eqf1,2eqf1,3eqf1,33eqblcrcavs4alco1f1,1f1,2f1,3f1,3eqf1,31eqf1,32eqf1,33eqf1,1eqf5,6eqf1,333eqf1,1eqf5

20、,6，所以当n1时，命题也成立综合可知原命题成立avs4al考法三已知数列an的前n项和Sn满足：Sneqfan,2eqf1,an1，且an0，nN*1求a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；2证明通项公式的正确性解：1当n1时，由已知得a1eqfa1,2eqf1,a11，即aeqoal2,12a120a1eqr31a10当n2时，由已知得a1a2eqfa2,2eqf1,a21，将a1eqr31代入并整理得aeqoal2,22eqr3a220a2eqr5eqr3a20同理可得a3eqr7eqr5猜想aneqr2n1eqr2n1nN*2证明：由1知，当n1,2,3时，通项公式成立假设当n3，N

21、*时，通项公式成立，即aeqr21eqr21由于a1S1Seqfa1,2eqf1,a1eqfa,2eqf1,a，将aeqr21eqr21代入上式，整理得aeqoal2,12eqr21a120，a1eqr23eqr21，即n1时通项公式成立由可知对所有nN*，aneqr2n1eqr2n1都成立课时跟踪检测12022山西十二校模拟用反证法证明命题“已知a，bN*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为Aa，b都能被5整除Ba，b都不能被5整除Ca，b不都能被5整除Da不能被5整除解析：选B用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而至少有一个能被5整除的否定是都

22、不能被5整除，故作的假设是“a，b都不能被5整除”2分析法又称执果索因法，已知0，用分析法证明eqr11eqf,2时，索的因是A22B24C20D21解析：选C因为0，所以要证eqr11eqf,2，只需证eqr12eqblcrcavs4alco11f,22，即证0eqf2,4，即证20，因为0，所以20成立，故原不等式成立32022玉溪模拟已知n为正偶数，用数学归纳法证明1eqf1,2eqf1,3eqf1,4eqf1,n12eqblcrcavs4alco1f1,n2f1,n4f1,2n时，若已假设n2，且为偶数时等式成立，则还需要用归纳假设再证An1时等式成立Bn2时等式成立Cn22时等式成立

23、Dn22时等式成立解析：选B由数学归纳法的证明步骤可知，假设n2，且为偶数时等式成立，则还需要用归纳假设再证n2时等式成立4若用数学归纳法证明123n3eqfn6n3,2，则当n1时，左端应在n的基础上加上A31B13f1613,2D31323313解析：选D当n时，等式左端123，当n1时，等式左端12331323313，增加了313233152022大连一模设f是定义在R上的奇函数，且当0时，f单调递减，若120，则f1f2的值A恒为负值B恒等于零C恒为正值D无法确定正负解析：选A由f是定义在R上的奇函数，且当0时，f单调递减，可知f是R上的单调递减函数，由120，可知12，f1f2f2，

24、则f1f206已知函数feqblcrcavs4alco1f1,2，a，b为正实数，Afeqblcrcavs4alco1fab,2，Bfeqrab，Cfeqblcrcavs4alco1f2ab,ab，则A，B，C的大小关系为AABCBACBCBCADCBA解析：选A因为eqfab,2eqrabeqf2ab,ab，又feqblcrcavs4alco1f1,2在R上是单调减函数，故feqblcrcavs4alco1fab,2feqrabfeqblcrcavs4alco1f2ab,ab，即ABC7设nN，则eqrn4eqrn3与eqrn2eqrn1的大小关系是rn4eqrn3eqrn2eqrn1rn4

25、eqrn3eqrn2eqrn1rn4eqrn3eqrn2eqrn1D不能确定解析：选B由题意知，eqrn4eqrn3eqrn2eqrn1eqrn4eqrn1eqrn3eqrn2，因为eqrn4eqrn12eqrn3eqrn222eqrn4n1eqrn3n22eqrn25n4eqrn25n60，所以eqrn4eqrn3eqrn2eqrn18已知a，b，c0，则aeqf4,b，beqf9,c，ceqf16,a三个数A都大于6B至少有一个不大于6C都小于6D至少有一个不小于6解析：选D假设aeqf4,b，beqf9,c，ceqf16,a都小于6，则aeqf4,bbeqf9,cceqf16,a18,利

26、用基本不等式，可得aeqf4,bbeqf9,cceqf16,a2eqraf16,a2eqrbf4,b2eqrcf9,c84618，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，所以aeqf4,b，beqf9,c，ceqf16,a三个数至少有一个不小于69如果aeqrabeqrbaeqrbbeqra，则a，b应满足的条件是_解析：aeqrabeqrbaeqrbbeqra，即eqraeqrb2eqraeqrb0，需满足a0，b0且ab答案：a0，b0且ab10设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：Sn12anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn_解析：由S112Seqoal2,1，得S1e

27、qf1,2；由S212S2S1S2，得S2eqf2,3；由S312S3S2S3，得S3eqf3,4猜想Sneqfn,n1答案：eqfn,n1112022德州一模如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则A2B2C2是_三角形解析：由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形由eqblcrcavs4alco1sinA2cosA1sinblcrcavs4alco1f,2A1，,sinB2cosB1sinblcrcavs4alco1f,2B1，,sinC2cosC1sinblcrcavs4alco1f,2C1，得eqblcrcavs4alco1A2f,2A1，,B2f,2B1，,C2f,2C1那么A2B2C2eqf,2，这与三角形内角和为相矛盾所以假设不成立，又显然A2B2C2不是直角三角形所以A2