高考数学总复习第七章推理与证明第2课时直接证明与间接证明

第七章
推理与证明第2课时 直接证明与间
接证明
第八章 (对应学生用书(文)、(理)95～96页)
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3a>3
b ”时，假设的内容应为______________． 答案：3a ＝3b 或3a<3b
解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即3a ＝3b 或3a<3
b. 3. (选修12P 44练习题3改编)6－22与5－7的大小关系是______________． 答案：6－22>5－7
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＋410，即42>210.因为42>40，所以6－22>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 ＝{sin α，cos α}，则集合A·B 的所有元素之和为________．
答案：0
解析：依题意知α≠kπ＋π
4
，k ∈Z .
①α＝kπ＋3π4(k ∈Z )时，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫
22，－22，
A ·
B ＝⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
0，22，－22；
②α＝2kπ或α＝2kπ＋π
2(k ∈Z )时，B ＝{0，1}，A ·B ＝{0，1，－1}；
③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－π
2
(k ∈Z )时，B ＝{0，－1}，A ·B ＝{0，1，－1}；
④α≠kπ2且α≠kπ＋3π
4(k ∈Z )时，B ＝{sinα，cos α}，A ·B ＝{0，sin α，cos α，－sinα，－
cosα}．
综上可知A·B 中的所有元素之和为0.
5. (选修12P 44练习题4改编)设a 、b 为两个正数，且a ＋b ＝1，则使得1a ＋1
b
≥μ恒成立
的μ的取值范围是________．
答案：(－∞，4]
解析：∵ a ＋b ＝1，且a 、b 为两个正数，
∴ 1a ＋1b ＝(a ＋b)⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a
b
≥2＋2b a ·a b
＝4.要使得1a ＋1
b ≥μ恒成立，只要μ≤4.
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A B 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
…
…
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
…
…
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)
例1 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2
n S n
(n ＝1，2，3，…)，证明：
(1) 数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
S n n 是等比数列；
(2) S n ＋1＝4a n .
证明：(1) ∵ a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2
n S n
(n ＝1，2，3，…)，∴ (n ＋2)S n ＝n(S n ＋1－
S n )，
整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ，∴
S n ＋1
n ＋1＝2·S n n ，
即S n ＋1
n ＋1S n n
＝2，∴ 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列．
(2) 由(1)知：S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)，于是S n ＋1＝4·(n ＋1)·S n －1
n －1＝4a n (n ≥2)．又a 2＝3S 1＝3，
∴ S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4a 1，
∴ 对一切n ∈N *，都有S n ＋1＝4a n .
例2 设a 、b 、c 均为大于1的正数，且ab ＝10，求证：log a c ＋log b c ≥4lgc.
证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lgc ，只要证明lgc lga ＋lgc
lgb ≥
4lgc ，即lga ＋lgb lga ·lgb ≥4，因为ab ＝10，故lga ＋lgb ＝1.只要证明1
lgalgb ≥4，由于a>1，b>1，故
lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb ≤⎝
⎛⎭
⎪⎫lga ＋lgb 22＝⎝⎛⎭⎫122＝14，即1
lgalgb ≥4成立．所以原不等式成立．
变式训练
设首项为a 1的正项数列{a n }的前n 项和为S n ，q 为非零常数，已知对任意正整数n 、m ，S n ＋m ＝S m ＋q m S n 总成立．求证：数列{a n }是等比数列．
证明：因为对任意正整数n 、m ，S n ＋m ＝S m ＋q m S n 总成立，令n ＝m ＝1，得S 2＝S 1＋qS 1，则a 2＝qa 1.令m ＝1，得S n ＋1＝S 1＋qS n ①， 从而S n ＋2＝S 1＋qS n ＋1 ②，②－①得a n ＋2＝qa n ＋1(n ≥1)，综上得a n ＋1＝qa n (n ≥1)，所以数列{a n }是等比数列． 题型2 间接证明(反证法)
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，
5＝2＋nd ②，
①×n －②×m 得3n －5m ＝2(n －m)，两边平方得3n 2＋5m 2－215mn ＝2(n －m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠无理数，故假设不正确，即2，3，5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：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋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 2
－4（3－4a ）<0，（a －1）2
－4a 2
<0，4a 2
＋8a<0，
解之得－32<a<－1. 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 ⎪
⎪a ≥－1或a ≤32. 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 ，1a ＋9
b
＝1，若以a 、b 、c 为三边构造三角形，
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
之差小于第三边，而a<c ，b<c ，所以a ＋b>c 恒成立．而a ＋b ＝(a ＋b)⎝⎛⎭⎫1a ＋9b ＝10＋b a ＋9a b
≥16，∴ c<16.又1a >1c ，1b >1c ，∴ 10c <1a ＋9
b
＝1，∴ c>10，∴ 10<c<16.
3. 设函数f 0(x)＝1－x 2，f 1(x)＝⎪⎪⎪⎪f 0（x ）－12，f n (x)＝⎪
⎪⎪⎪f n －1（x ）－1
2n ，(n ≥1，n ≥N )，则方程f 1(x)＝13
有________个实数根，方程f n (x)＝⎝⎛⎭⎫13n 有________个实数根．
答案：4 2n ＋1
解析：f 1(x)＝⎪⎪⎪⎪1－x 2－12＝⎪⎪⎪⎪x 2－12＝13，∴ x 2＝16或x 2＝5
6有4个解． ∵ 可推出n ＝1，2，3…，根个数分别为22，23，24，
∴ 通过类比得出f n (x)＝⎝⎛⎭⎫13n 有2n ＋1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x 2－1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：a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab. (1) 解：x ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)． (2) 证明：对任意两个不相等的正数a 、b ，有 a 3＋b 3>2ab ab ，a 2b ＋ab 2>2ab ab.
因为|a 3＋b 3－2ab ab|－|a 2b ＋ab 2－2ab ab|＝(a ＋b)(a －b)2>0，所以|a 3＋b 3－2ab ab|>|a 2b ＋ab 2－2ab ab|，即a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab.
1. 已知a>b>c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac<3a. 证明：要证
b 2－ac<3a ，只需证b 2－ac<3a 2.∵ a ＋b ＋
c ＝0，∴ 只需证b 2＋a(a ＋b)<3a 2，
只需证2a 2－ab －b 2>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{a n }的首项a 1＞0，公差d ＞0，前n 项和为S n ，且m ＋n ＝2p(m 、n 、p ∈N *)，求证：S n ＋S m ≥2S p .
证明：∵m 2＋n 2≥2mn ，∴2(m 2＋n 2)≥(m ＋n)2.
又m ＋n ＝2p ，∴m 2＋n 2≥2p 2. 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，AD ＝2AB ＝2BD ， 所以AD 2＝AB 2＋BD 2，因此AB ⊥BD.
又PB ⊥BD ，AB ∩PB ＝B ，AB ，PB 平面PAB ， 所以BD ⊥平面PAB ，
又PA 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.
4. 已知f(x)＝a x ＋x －2
x ＋1
(a ＞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＜x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，ax 1＞0，x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，
从而f(x 2)－f(x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＋3（x 2－x 1）
（x 2＋1）（x 1＋1）
＞0，所以
f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2) 设存在x 0＜0(x 0≠－1)使f(x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2
x 0＋1
.
由0＜ax 0＜10＜－x 0－2x 0＋1
＜1，即1
2＜x 0＜2，此与x 0＜0矛盾，故x 0不存在．
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]。