高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 66 直接证明与间接证明、数学归纳法课件 理
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答案 D
2021/12/8
第十四页，共三十四页。
微考点·大课堂
考点例析 对点微练
2021/12/8
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考点一 分析法 【例 1】 已知 a，b∈R，a>b>e(其中 e 是自然对数的底数)，用分析 法求证：ba>ab。
证明 因为 a>b>e，ba>0，ab>0，所以要证 ba>ab，只需证 alnb>blna，只 需证lnbb>lnaa。
①当 n＝1 时，S1＝1＝14，等式成立。 ②假设当 n＝k(k∈N*)时等式成立，
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第三十一页，共三十四页。
即 S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4， 那么，当 n＝k＋1 时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2 ＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k ＋1＝(k＋1)4，这就是说，当 n＝k＋1 时，等式也成立。 根据①和②，可知对于任意的 n∈N*， S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4 都成立。
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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。
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必考部分(bù fen)
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第六章 不等式、推理(tuīlǐ)与证明
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第二页，共三十四页。
第六节
直接证明(zhèngmíng)与间接证明(zhèngmíng)、数学归纳法
微知识(zhī shi)·小题练 微考点(kǎo diǎn)·大课堂
2021/12/8
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第二十三页，共三十四页。
考点三 反证法 【例 3】 设 a>0，b>0，且 a2＋b2＝a12＋b12。证明：a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立。
证明 假设 a2＋a<2 与 b2＋b<2 同时成立，则有 a2＋a＋b2＋b<4。 由 a2＋b2＝a12＋b12，得 a2b2＝1， 因为 a>0，b>0，所以 ab＝1。 因为 a2＋b2≥2ab＝2(当且仅当 a＝b＝1 时等号成立)， a＋b≥2 ab＝2(当且仅当 a＝b＝1 时等号成立)， 所以 a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2 ab＝4(当且仅当 a＝b＝1 时等号成立)， 这与假设矛盾，故假设错误。 所以 a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立。
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第二十八页，共三十四页。
“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应 用的解题模式。其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结 论，然后用数学归纳法证明。这种方法在解决探索性问题、存在性问题或 与正整数有关的命题中有着广泛的应用。其关键是归纳、猜想出公式。
【变式训练】 已知函数 f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－12x2＋13x3，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 的值； (2)证明：f(x)≤g(x)。
解 (1)f′(x)＝1＋1 x，g′(x)＝b－x＋x2， g0＝f0，
答案 D
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第十页，共三十四页。
2．(选修 2－2P89 练习 T2 改编)若 P＝ a＋6＋ a＋7，Q＝ a＋8＋ a＋5 (a≥0)，则 P，Q 的大小关系是( )
A．P>Q
B．P＝Q
C．P<Q
D．不能确定
解析 假设 P>Q，只需 P2>Q2，即 2a＋13＋2 a＋6a＋7>2a＋13＋ 2 a＋8a＋5，只需 a2＋13a＋42>a2＋13a＋40。因为 42>40 成立，所以 P>Q 成立。故选 A。
样的证明方法叫做反证法。
3．数学归纳法 证明一个与正整数 n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)证明当 n 取 第一个值 n0(n0∈N*) 时命题成立，这一步是归纳奠基。 (2)假设 n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当 n＝k＋1 时命题也成 立，这一步是归纳递推。
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 都成立。
答案 A
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第十一页，共三十四页。
二、走出误区 微提醒：①“至少”否定出错；②应用分析法寻找的条件不充分；③不 会用反证法解题。 3．利用反证法证明“已知 a>0，b>0，且 a＋b>2，证明1＋a b，1＋b a中 至少有一个小于 2”时的反设是________。
解析 答案
假设1＋a b，1＋b a都不小于 2，则1＋a b≥2 且1＋b a≥2。 1＋a b≥2 且1＋b a≥2
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4．若用分析法证明“设 a>b>c 且 a＋b＋c＝0，求证 b2－ac< 3a”， 则索的因是________(填序号)。
①a－b>0；②a－c>0；③(a－b)(a－c)>0；④(a－b)(a－c)<0。
解析 由 a>b>c 且 a＋b＋c＝0，可得 b＝－a－c，a>0，c<0，要证 b2－ac < 3a，只需证(－a－c)2－ac<3a2，即证 a2－ac＋a2－c2>0，即证 a(a－c)＋ (a＋c)(a－c)>0，即证(a－c)(a－b)>0。
答案 ③
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第十三页，共三十四页。
5．设 a，b，c 都是正数，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( ) A．都大于 2 B．都小于 2 C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2
解析 因为a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋1b＋c＋1c≥6，当且 仅当 a＝b＝c＝1 时取等号，所以三个数中至少有一个不小于 2。故选 D。
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从而只要证 2
a2＋a12≥ 2a＋1a，
只要证 4a2＋a12≥2a2＋2＋a12， 即 a2＋a12≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立。
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第十九页，共三十四页。
考点二 综合法 【例 2】 在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sinAsinB ＋sinBsinC＋cos2B＝1。 (1)求证：a，b，c 成等差数列； (2)若 C＝23π，求证：5a＝3b。
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第二十七页，共三十四页。
(2)证明：①易知，n＝1 时，猜想正确。 ②假设 n＝k(k∈N*)时猜想正确， 即 ak＝k－1a＋a，
a 则 ak＋1＝f(ak)＝aa＋·aakk＝aa＋·kk－－11a＋＋aa ＝k－1a＋a＋1＝[k＋1a－1]＋a。 这说明，n＝k＋1 时猜想正确。 由①②知，对于任何 n∈N*，都有 an＝n－a1＋a。
【变式训练】 已知 a，b，c，d∈R，且 a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1。 求证：a，b，c，d 中至少有一个是负数。
证明 假设 a，b，c，d 都是非负数，因为 a＋b＝c＋d＝1，所以 (a＋b)(c＋d)＝1，
即 ac＋bd＋ad＋bc＝1，又 ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd， 所以 ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，故 a，b，c，d 中至少 有一个是负数。
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第二十四页，共三十四页。
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。
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第二十五页，共三十四页。
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第二十六页，共三十四页。
考点四 数学归纳法 【例 4】 设 a＞0，f(x)＝a＋axx，令 a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*。 (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 (1)因为 a1＝1， 所以 a2＝f(a1)＝f(1)＝1＋a a； a3＝f(a2)＝2＋a a；a4＝f(a3)＝3＋a a。 猜想 an＝n－a1＋a(n∈N*)。
取函数 f(x)＝lnxx，因为 f′(x)＝1－x2lnx，所以当 x>e 时，f′(x)<0，所以函数 f(x) 在(e，＋∞)上单调递减。
所以当 a>b>e 时，有 f(b)>f(a)， 即lnbb>lnaa。得证。
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第十六页，共三十四页。
分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的 充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、 公式等)或要证命题的已知条件时命题得证。
由题意得f′0＝g′0， 解得 a＝0，b＝1。
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第二十二页，共三十四页。
(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－13x3＋12x2－x(x＞－1)。 h′(x)＝x＋1 1－x2＋x－1＝x－＋x13。 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)。
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第八页，共三十四页。
1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分 析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法 交叉使用。
2．利用反证法证明的特点，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理， 如果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。
3．数学归纳法两个1/12/8
第九页，共三十四页。
一、走进教材
1．(选修 2－2P89 练习 T1 改编)对于任意角 θ，化简 cos4θ－sin4θ＝( )
A．2sinθ
B．2cosθ
C．sin2θ
D．cos2θ
解析 因为 cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝ cos2θ。故选 D。
证明 (1)由已知得 sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B， 因为 sinB≠0，所以 sinA＋sinC＝2sinB， 由正弦定理，有 a＋c＝2b，即 a，b，c 成等差数列。 (2)由 C＝23π，c＝2b－a 及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有 5ab－3b2 ＝0，即 5a＝3b。
S1＝1， S2＝2＋3＝5， S3＝4＋5＋6＝15， S4＝7＋8＋9＋10＝34， S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65， S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， ……
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第三十页，共三十四页。
解 由题意知，当 n＝1 时，S1＝1＝14； 当 n＝2 时，S1＋S3＝16＝24； 当 n＝3 时，S1＋S3＋S5＝81＝34； 当 n＝4 时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44； 猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4。 下面用数学归纳法证明：
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第十七页，共三十四页。
【变式训练】 已知 a>0，求证：
a2＋a12－ 2≥a＋1a－2。
证明 要证
a2＋a12－ 2≥a＋1a－2，只要证
a2＋a12＋
2≥a
＋
1 a
＋
2。因为 a>0，故只要证
a2＋a12＋22≥a＋1a＋
22，即
a2＋a12＋4
a2＋a12
＋4≥a2＋2＋a12＋2 2a＋1a＋2，
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第二十九页，共三十四页。
【变式训练】 将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)， (11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和 如下，试猜测 S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1 的结果，并用数学归纳法证明。
第三页，共三十四页。
2019 考纲考题考情
2021/12/8
第四页，共三十四页。
微知识·小题练
教材回扣 基础自测
2021/12/8
第五页，共三十四页。
1．直接证明
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第六页，共三十四页。
2021/12/8
第七页，共三十四页。
2.间接证明 反证法：假设命题 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
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第十四页，共三十四页。
微考点·大课堂
考点例析 对点微练
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第十五页，共三十四页。
考点一 分析法 【例 1】 已知 a，b∈R，a>b>e(其中 e 是自然对数的底数)，用分析 法求证：ba>ab。
证明 因为 a>b>e，ba>0，ab>0，所以要证 ba>ab，只需证 alnb>blna，只 需证lnbb>lnaa。
①当 n＝1 时，S1＝1＝14，等式成立。 ②假设当 n＝k(k∈N*)时等式成立，
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第三十一页，共三十四页。
即 S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4， 那么，当 n＝k＋1 时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2 ＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k ＋1＝(k＋1)4，这就是说，当 n＝k＋1 时，等式也成立。 根据①和②，可知对于任意的 n∈N*， S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4 都成立。
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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。
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必考部分(bù fen)
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第一页，共三十四页。
第六章 不等式、推理(tuīlǐ)与证明
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第六节
直接证明(zhèngmíng)与间接证明(zhèngmíng)、数学归纳法
微知识(zhī shi)·小题练 微考点(kǎo diǎn)·大课堂
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考点三 反证法 【例 3】 设 a>0，b>0，且 a2＋b2＝a12＋b12。证明：a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立。
证明 假设 a2＋a<2 与 b2＋b<2 同时成立，则有 a2＋a＋b2＋b<4。 由 a2＋b2＝a12＋b12，得 a2b2＝1， 因为 a>0，b>0，所以 ab＝1。 因为 a2＋b2≥2ab＝2(当且仅当 a＝b＝1 时等号成立)， a＋b≥2 ab＝2(当且仅当 a＝b＝1 时等号成立)， 所以 a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2 ab＝4(当且仅当 a＝b＝1 时等号成立)， 这与假设矛盾，故假设错误。 所以 a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立。
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“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应 用的解题模式。其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结 论，然后用数学归纳法证明。这种方法在解决探索性问题、存在性问题或 与正整数有关的命题中有着广泛的应用。其关键是归纳、猜想出公式。
【变式训练】 已知函数 f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－12x2＋13x3，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 的值； (2)证明：f(x)≤g(x)。
解 (1)f′(x)＝1＋1 x，g′(x)＝b－x＋x2， g0＝f0，
答案 D
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2．(选修 2－2P89 练习 T2 改编)若 P＝ a＋6＋ a＋7，Q＝ a＋8＋ a＋5 (a≥0)，则 P，Q 的大小关系是( )
A．P>Q
B．P＝Q
C．P<Q
D．不能确定
解析 假设 P>Q，只需 P2>Q2，即 2a＋13＋2 a＋6a＋7>2a＋13＋ 2 a＋8a＋5，只需 a2＋13a＋42>a2＋13a＋40。因为 42>40 成立，所以 P>Q 成立。故选 A。
样的证明方法叫做反证法。
3．数学归纳法 证明一个与正整数 n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)证明当 n 取 第一个值 n0(n0∈N*) 时命题成立，这一步是归纳奠基。 (2)假设 n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当 n＝k＋1 时命题也成 立，这一步是归纳递推。
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 都成立。
答案 A
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二、走出误区 微提醒：①“至少”否定出错；②应用分析法寻找的条件不充分；③不 会用反证法解题。 3．利用反证法证明“已知 a>0，b>0，且 a＋b>2，证明1＋a b，1＋b a中 至少有一个小于 2”时的反设是________。
解析 答案
假设1＋a b，1＋b a都不小于 2，则1＋a b≥2 且1＋b a≥2。 1＋a b≥2 且1＋b a≥2
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4．若用分析法证明“设 a>b>c 且 a＋b＋c＝0，求证 b2－ac< 3a”， 则索的因是________(填序号)。
①a－b>0；②a－c>0；③(a－b)(a－c)>0；④(a－b)(a－c)<0。
解析 由 a>b>c 且 a＋b＋c＝0，可得 b＝－a－c，a>0，c<0，要证 b2－ac < 3a，只需证(－a－c)2－ac<3a2，即证 a2－ac＋a2－c2>0，即证 a(a－c)＋ (a＋c)(a－c)>0，即证(a－c)(a－b)>0。
答案 ③
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5．设 a，b，c 都是正数，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( ) A．都大于 2 B．都小于 2 C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2
解析 因为a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝a＋1a＋b＋1b＋c＋1c≥6，当且 仅当 a＝b＝c＝1 时取等号，所以三个数中至少有一个不小于 2。故选 D。
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从而只要证 2
a2＋a12≥ 2a＋1a，
只要证 4a2＋a12≥2a2＋2＋a12， 即 a2＋a12≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立。
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考点二 综合法 【例 2】 在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sinAsinB ＋sinBsinC＋cos2B＝1。 (1)求证：a，b，c 成等差数列； (2)若 C＝23π，求证：5a＝3b。
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(2)证明：①易知，n＝1 时，猜想正确。 ②假设 n＝k(k∈N*)时猜想正确， 即 ak＝k－1a＋a，
a 则 ak＋1＝f(ak)＝aa＋·aakk＝aa＋·kk－－11a＋＋aa ＝k－1a＋a＋1＝[k＋1a－1]＋a。 这说明，n＝k＋1 时猜想正确。 由①②知，对于任何 n∈N*，都有 an＝n－a1＋a。
【变式训练】 已知 a，b，c，d∈R，且 a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1。 求证：a，b，c，d 中至少有一个是负数。
证明 假设 a，b，c，d 都是非负数，因为 a＋b＝c＋d＝1，所以 (a＋b)(c＋d)＝1，
即 ac＋bd＋ad＋bc＝1，又 ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd， 所以 ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，故 a，b，c，d 中至少 有一个是负数。
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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。
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考点四 数学归纳法 【例 4】 设 a＞0，f(x)＝a＋axx，令 a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*。 (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 (1)因为 a1＝1， 所以 a2＝f(a1)＝f(1)＝1＋a a； a3＝f(a2)＝2＋a a；a4＝f(a3)＝3＋a a。 猜想 an＝n－a1＋a(n∈N*)。
取函数 f(x)＝lnxx，因为 f′(x)＝1－x2lnx，所以当 x>e 时，f′(x)<0，所以函数 f(x) 在(e，＋∞)上单调递减。
所以当 a>b>e 时，有 f(b)>f(a)， 即lnbb>lnaa。得证。
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分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的 充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、 公式等)或要证命题的已知条件时命题得证。
由题意得f′0＝g′0， 解得 a＝0，b＝1。
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(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－13x3＋12x2－x(x＞－1)。 h′(x)＝x＋1 1－x2＋x－1＝x－＋x13。 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)。
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1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分 析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法 交叉使用。
2．利用反证法证明的特点，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理， 如果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。
3．数学归纳法两个1/12/8
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一、走进教材
1．(选修 2－2P89 练习 T1 改编)对于任意角 θ，化简 cos4θ－sin4θ＝( )
A．2sinθ
B．2cosθ
C．sin2θ
D．cos2θ
解析 因为 cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝ cos2θ。故选 D。
证明 (1)由已知得 sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B， 因为 sinB≠0，所以 sinA＋sinC＝2sinB， 由正弦定理，有 a＋c＝2b，即 a，b，c 成等差数列。 (2)由 C＝23π，c＝2b－a 及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有 5ab－3b2 ＝0，即 5a＝3b。
S1＝1， S2＝2＋3＝5， S3＝4＋5＋6＝15， S4＝7＋8＋9＋10＝34， S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65， S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， ……
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解 由题意知，当 n＝1 时，S1＝1＝14； 当 n＝2 时，S1＋S3＝16＝24； 当 n＝3 时，S1＋S3＋S5＝81＝34； 当 n＝4 时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44； 猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4。 下面用数学归纳法证明：
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【变式训练】 已知 a>0，求证：
a2＋a12－ 2≥a＋1a－2。
证明 要证
a2＋a12－ 2≥a＋1a－2，只要证
a2＋a12＋
2≥a
＋
1 a
＋
2。因为 a>0，故只要证
a2＋a12＋22≥a＋1a＋
22，即
a2＋a12＋4
a2＋a12
＋4≥a2＋2＋a12＋2 2a＋1a＋2，
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【变式训练】 将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)， (11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和 如下，试猜测 S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1 的结果，并用数学归纳法证明。
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2019 考纲考题考情
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微知识·小题练
教材回扣 基础自测
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1．直接证明
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2.间接证明 反证法：假设命题 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