2018届数学复习第六章不等式、推理与证明第六节直接证明与间接证明学案文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE14-学必求其心得，业必贵于专精eq\o（\s\up7(第六节),\s\do5（））eq\o(\s\up7(直接证明与间接证明），\s\do5()）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、特点．2．了解间接证明的一种基本方法——反证法,了解反证法的思考过程、特点．知识点一直接证明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________，最后推导出所要证明的结论______，这种证明方法叫做综合法．（2)框图表示：eq\x（P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2）→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x（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____________出发，逐步寻求使它成立的____，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：eq\x(Q⇐P1)→eq\x（P1⇐P2)→eq\x（P2⇐P3)→…→eq\x(得到一个明显成立的条件）.答案1．(1)推理论证成立2.（1）要证明的结论充分条件1．判断正误（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eq\r(2）＋eq\r(7)〈eq\r（3）＋eq\r(6)最合适的方法是分析法．（)答案：(1）×（2)×（3)√(4）√2．要证明eq\r(3)＋eq\r（7）〈2eq\r（5)，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是()A．综合法B．分析法C．反证法D．归纳法答案：B3．已知点An(n，an）为函数y＝eq\r(x2＋1)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：由题意知，an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，∴cn＝eq\r（n2＋1）－n＝eq\f(1，\r（n2＋1）＋n）.显然,cn随着n的增大而减小，∴cn>cn＋1.答案：cn>cn＋1知识点二间接证明反证法：假设原命题________,经过正确的推理，最后得出______，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．答案不成立矛盾4．用反证法证明命题：“已知a,b∈N，若ab可被5整除,则a，b中至少有一个能被5整除”时,反设正确的是(）A．a，b都不能被5整除B．a,b都能被5整除C．a,b中有一个不能被5整除D．a，b中有一个能被5整除解析：对原命题的结论的否定叙述是:a，b都不能被5整除．答案:A热点一分析法的应用【例1】已知a〉0，证明eq\r(a2＋\f（1,a2))－eq\r(2）≥a＋eq\f(1,a)－2。【证明】要证eq\r(a2＋\f(1，a2）)－eq\r(2）≥a＋eq\f（1，a)－2。只需证eq\r（a2＋\f(1,a2）)≥eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（a＋\f(1,a)))－(2－eq\r（2））．因为a>0，所以eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1,a)）)－（2－eq\r（2））〉0,所以只需证eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f（1，a2）））)2≥eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（a＋\f(1,a）)）－2－\r（2))）2，即2(2－eq\r（2))eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f（1,a）)）≥8－4eq\r（2)，只需证a＋eq\f（1,a）≥2。因为a>0，a＋eq\f（1，a）≥2显然成立(当且仅当a＝eq\f（1,a)＝1时等号成立）,所以要证的不等式成立.【总结反思】(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,正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2）证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证。已知m>0，a，b∈R，求证:eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（a＋mb，1＋m）))2≤eq\f(a2＋mb2，1＋m)。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．热点二综合法的应用【例2】已知函数f（x）＝ln（1＋x），g(x)＝a＋bx－eq\f（1，2)x2＋eq\f（1,3）x3，函数y＝f(x）与函数y＝g(x）的图象在交点(0，0)处有公共切线．（1）求a，b;（2)证明：f（x)≤g（x)．【解】（1）f′（x)＝eq\f（1，1＋x)，g′(x）＝b－x＋x2,由题意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(g0＝f0，,f′0＝g′0，))解得a＝0，b＝1.（2）证明：令h(x）＝f（x）－g(x）＝ln(x＋1）－eq\f(1，3）x3＋eq\f(1,2)x2－x（x〉－1)．h′(x）＝eq\f（1,x＋1）－x2＋x－1＝eq\f（－x3，x＋1）。h(x)在(－1,0）上为增函数，在（0，＋∞）上为减函数．h(x)max＝h（0）＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x）≤g（x）。【总结反思】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。设｛an}是首项为a,公差为d的等差数列（d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝eq\f（nSn,n2＋c）,n∈N＊,其中c为实数．若c＝0,且b1，b2，b4成等比数列，证明:Snk＝n2Sk（k,n∈N*)．证明：由题意得,Sn＝na＋eq\f(nn－1,2)d.由c＝0，得bn＝eq\f（Sn,n）＝a＋eq\f(n－1,2）d.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以beq\o\al(2，2）＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(d，2)）)2＝aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f（3,2)d）),化简得d2－2ad＝0。因为d≠0，所以d＝2a因此，对于所有的m∈N*,有Sm＝m2a从而对于所有的k,n∈N＊，有Snk＝（nk)2a＝n2k2a＝n2S热点三反证法的应用考向1证明否定性命题【例3】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Seq\o\al（2，2)＝S1·S3，即aeq\o\al（2,1）（1＋q）2＝a1·a1(1＋q＋q2），∵a1≠0，∴（1＋q）2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾,故数列｛Sn}不是等比数列．(2）当q＝1时，{Sn}是等差数列．当q≠1时，{Sn｝不是等差数列．假设q≠1时,S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3,2a1（1＋q）＝a1＋a1（1＋q＋q2由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2,∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．综上可知，当q＝1时,{Sn}是等差数列；当q≠1时,{Sn｝不是等差数列。【总结反思】反证法的原理是“正难则反”,即如果正面证明有困难时,或者直接证明需要分多种情况而反面只有一种情况时，可以考虑用反证法。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．解：（1）当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1又an＋Sn＝2,所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝eq\f(1，2）an，所以{an｝是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列,所以an＝eq\f（1,2n－1）。（2）证明：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＊）．则2·eq\f（1,2q)＝eq\f(1，2p)＋eq\f（1,2r）。所以2·2r－q＝2r－p＋1。①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．考向2证明“至多”，“至少”，“唯一”性命题【例4】已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f（x)∈M，(ⅰ)方程f(x)－x＝0有实数根;（ⅱ）函数f(x)的导数f′（x)满足0〈f′(x）〈1.（1）判断函数f（x)＝eq\f(x，2)＋eq\f（sinx,4)是不是集合M中的元素，并说明理由；(2)集合M中的元素f（x）具有下面的性质：若f（x)的定义域为D,则对于任意［m，n］⊆D,都存在x0∈（m，n)，使得等式f（n)－f（m)＝(n－m）f′（x0）成立．试用这一性质证明：方程f（x）－x＝0有且只有一个实数根．【解】(1）①当x＝0时,f(0)＝0，所以方程f（x）－x＝0有实数根为0;②f′(x）＝eq\f（1，2）＋eq\f(1，4)cosx，所以f′（x）∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(1,4）,\f(3，4）)）,满足条件0〈f′（x）〈1。由①②可得，函数f（x）＝eq\f(x，2)＋eq\f（sinx,4）是集合M中的元素．（2）证明：假设方程f(x）－x＝0存在两个实数根α，β(α≠β），则f（α)－α＝0,f(β)－β＝0。不妨设α<β，根据题意存在c∈(α，β)．满足f（β)－f(α)＝（β－α)f′(c）．因为f(α）＝α，f(β)＝β，且α≠β,所以f′（c）＝1.与已知0〈f′（x)<1矛盾．又f(x）－x＝0有实数根，所以方程f（x）－x＝0有且只有一个实数根.【总结反思】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。已知f（x）＝x2＋ax＋b.(1)求f（1)＋f(3)－2f（2)求证:|f（1)｜，|f（2)|，｜f(3）｜中至少有一个不小于eq\f（1,2）.解：(1）因为f(1）＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3）＝3a＋b＋9，所以f(1）＋f（3)－(2）证明：假设｜f（1）｜，｜f(2)|，｜f(3）｜都小于eq\f（1，2），则－eq\f（1,2)<f（1）〈eq\f(1，2),－eq\f（1,2）<f（2)〈eq\f（1,2），－eq\f（1,2）<f（3)〈eq\f（1,2）。所以－1〈－2f(2)<1，－1<f(1）＋f所以－2〈f(1)＋f(3）－2f这与f（1)＋f(3)－2f所以假设错误，即所证结论成立．1．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，