2015年高考数学总复习(人教A版,理科)配套教案：第七章 不等式 7.5

§7.5直接证明与间接证明
1.直接证明
综合法分析法
定义从已知条件和某些数学定义、定
理、公理等出发，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
结论成立的充分条件，最后把要证
明的结论归结为判定一个明显成
立的条件.
思维过程由因导果执果索因
证题步骤P(已知)⇒P1
⇒P2⇒…
⇒P n⇒Q(结论)
Q(结论)⇐Q1
⇐Q2⇐…
⇐Q n⇐P(已知)
文字语言因为…，所以…
或由…，得…
要证…，只需证…，即证…
符号语言⇒⇐2.
反证法
定义要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法.
证明步骤(1)分清命题的条件和结论；
(2)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；
(3)由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；
(4)由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立.
适用范围(1)否定性命题；
(2)命题的结论中出现“至少”、“至多”、“惟一”等
词语的；
(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的； (4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少.
1.判断下面结论是否正确(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 <b ”. ( × ) (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2＋7<3＋6最合适的方法是分析法. ( √ ) 2.若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是
( )
A.ac 2<bc 2
B.a 2>ab >b 2
C.1a <1
b
D.b a >a b
答案 B
解析 a 2－ab ＝a (a －b )，
∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0，∴a 2>ab . ① 又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，
②
由①②得a 2>ab >b 2.
3.设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x (x <0)，则a 与b 的大小关系为
( )
A.a >b
B.a <b
C.a ＝b
D.a ≤b
答案 A
解析 a ＝lg 2＋lg 5＝1，b ＝e x ，当x <0时，0<b <1， ∴a >b .
4.用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”正确的反设为( ) A.a ，b ，c 中至少有两个偶数
B.a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数
C.a ，b ，c 都是奇数
D.a，b，c都是偶数
答案 B
解析自然数a，b，c中为偶数的情况为a，b，c全为偶数；a，b，c中有两个数为偶数；a，b，c全为奇数；a，b，c中恰有一个数为偶数，所以反设为a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数.
5.如果a a＋b b>a b＋b a，则a、b应满足的条件是________.
答案a≥0，b≥0且a≠b
解析∵a a＋b b－(a b＋b a)＝a(a－b)＋b(b－a)
＝(a－b)(a－b)＝(a－b)2(a＋b).
∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(a－b)2(a＋b)>0.
故a a＋b b>a b＋b a成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.
题型一综合法的应用
例1对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足：
①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；
②f(1)＝1；
③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数.
(1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；
(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝x(x∈[0,1])是否是理想函数.
思维启迪(1)取特殊值代入计算即可证明；
(2)对照新定义中的3个条件，逐一代入验证，只有满足所有条件，才能得出“是理想函数”的结论，否则得出“不是理想函数”的结论.
(1)证明取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，
∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.
又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，
∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.
(2)解对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，
∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数.
对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.
任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，
f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)
＝(x1＋x2)2－x21－x22＝2x1x2≥0，
即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2).
∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数.
对于f(x)＝x，x∈[0,1]，显然满足条件①②.
对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，
有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2x1x2＋x2)＝－2x1x2≤0，
即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.
∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.
∴f(x)＝x(x∈[0,1])不是理想函数.
综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，
f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝x(x∈[0,1])不是理想函数.
思维升华用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：
(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.在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱.
定义：若数列{A n}满足A n＋1＝A2n，则称数列{A n}为“平方递推数列”.已知数列{a n}中，a1＝2，点(a n，a n＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图象上，其中n为正整数，证明：数列{2a n＋1}是“平方递推数列”.
证明∵点(a n，a n＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图象上，
∴a n＋1＝2a2n＋2a n，
∴2a n＋1＋1＝4a2n＋4a n＋1＝(2a n＋1)2，
∴{2a n＋1}是“平方递推数列”.
题型二 分析法的应用
例2 已知m >0，a ，b ∈R ，求证：(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 2
1＋m .
思维启迪 将要证分式化成整式，再合并同类项. 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 )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0， 而(a －b )2≥0显然成立， 故原不等式得证.
思维升华 分析法的特点和思路是“执果索因”，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，运用分析法必须考虑条件的必要性是否成立.通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范.
已知a ，b ∈(0，＋∞)，求证：(a 3＋b 3)3
1
<(a 2＋b 2)2
1
.
证明 因为a ，b ∈(0，＋∞)，所以要证原不等式成立，
只需证[(a 3＋b 3)31]6<[(a 2＋b 2)21
]6，
即证(a 3＋b 3)2<(a 2＋b 2)3，
即证a 6＋2a 3b 3＋b 6<a 6＋3a 4b 2＋3a 2b 4＋b 6， 只需证2a 3b 3<3a 4b 2＋3a 2b 4. 因为a ，b ∈(0，＋∞)， 所以即证2ab <3(a 2＋b 2).
而a 2＋b 2≥2ab,3(a 2＋b 2)≥6ab >2ab 成立， 以上步骤步步可逆，
所以(a 3＋b 3)3
1
<(a 2＋b 2)2
1
.
题型三 反证法的应用
例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列.
思维启迪 (1)先利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)两式相减得a n 和a n ＋1的关系，再求a n ； (2)用反证法证明.
(1)解 当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1. 又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2， 两式相减得a n ＋1＝1
2
a n ，
所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝1
2n －
1.
(2)证明 反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N *)，
则2·12q ＝12p ＋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.
思维升华 (1)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.
(2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的.
在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c ，若a 、b 、c 三边的倒数
成等差数列，求证：∠B <90°.
证明 假设∠B <90°不成立，即∠B ≥90°，
从而∠B 是△ABC 的最大角，∴b 是△ABC 的最大边， 即b >a ，b >c . ∴1a >1b ，1c >1
b
，相加得
1a ＋1c >1b ＋1b ＝2b ，这与1a ＋1c ＝2
b 矛盾. 故∠B ≥90°不成立，即∠B <90°.
混淆特殊值检验和一般性证明致误
典例：(12分)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f (x ＋1
2
)为偶函数. 易错分析 在证明f (x ＋12)是偶函数时，用特殊值f (32＋12)＝f (－32＋12)成立来判断f (x ＋1
2)是偶
函数. 规范解答
证明 由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称， 可知f (x ＋1)＝f (－x ).[4分] 将x 换成x －1
2代入上式可得
f (x －12＋1)＝f [－(x －12)]，
即f (x ＋12)＝f (－x ＋1
2
)，[10分]
由偶函数的定义可知f (x ＋1
2
)为偶函数.[12分]
温馨提醒 在证明数学命题时，必须通过严格的推理来证明对任意满足题意的条件，命题的结论都成立，特殊值的检验不能代替一般性的证明.
方法与技巧
1.分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知.
2.综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知.
3.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，较简捷地解决问题，但不便于思考.实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来. 失误与防范
1.用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论.
2.利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，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.
A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)
一、选择题
1.若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是
( )
A.lg(1＋a 2)>0
B.a 2＋b 2≥2(a －b －1)
C.a 2＋3ab >2b 2
D.a b <a ＋1b ＋1
答案 B
解析 在B 中，∵a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立.
2.在△ABC 中，sin A sin C <cos A cos C ，则△ABC 一定是
( )
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sin A sin C <cos A cos C 得， cos A cos C －sin A sin C >0， 即cos(A ＋C )>0，∴A ＋C 是锐角， 从而B >π
2
，故△ABC 必是钝角三角形.
3.已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是
( )
A.a >b
B.a <b
C.a ＝b
D.a ，b 大小不定
答案 B 解析 ∵a ＝
m ＋1－m ＝
1m ＋1＋m
，
b ＝m －
m －1＝
1m ＋
m －1
.
而m ＋1＋m >m ＋m －1，
∴
1
m ＋1＋m <
1
m ＋
m －1
，即a <b .
4.已知a >0，b >0，则1a ＋1
b ＋2ab 的最小值是
( )
A.2
B.2 2
C.4
D.5
答案 C
解析 因为1a ＋1
b ＋2ab ≥2
1
ab
＋2ab ＝2(
1
ab
＋ab )≥4. 当且仅当1a ＝1
b
且
1
ab
＝ab ， 即a ＝b ＝1时，取“＝”.
5.用反证法证明命题“若a ，b ∈N ，ab 能被3整除，那么a ，b 中至少有一个能被3整除”时，假设应为
( )
A.a ，b 都能被3整除
B.a ，b 都不能被3整除
C.b 不能被3整除
D.a 不能被3整除
答案 B
解析 由反证法的定义可知，否定结论，即“a ，b 中至少有一个能被3整除”的否定是“a ，
b 都不能被3整除”，故选B. 二、填空题
6.6＋7与22＋5的大小关系为________. 答案
6＋7>22＋ 5
解析 要比较6＋7与22＋5的大小， 只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小， 只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小， 只需比较42与210的大小， 只需比较42与40的大小， ∵42>40，∴6＋7>22＋ 5.
7.已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________. 答案 (5,7)
解析 依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知每组中每个“整数对”的和为n ＋1，且每组共有n 个“整数对”，这样的前n 组一共有n (n ＋1)
2个“整数对”，注意到
10(10＋1)2<60<11(11＋1)
2，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7).
8.凸函数的性质定理：如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x n n )，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函
数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________. 答案
332
解析 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π). ∴f (A )＋f (B )＋f (C )3≤f (A ＋B ＋C 3)＝f (π3)，
即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝33
2
，
所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332
. 三、解答题
9.已知非零向量a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a －b |
≤ 2. 证明 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0.
要证|a |＋|b ||a －b |
≤2，只需证：|a |＋|b |≤2|a －b |， 平方得：|a |2＋|b |2＋2|a ||b |≤2(|a |2＋|b |2－2a ·b )，
只需证：|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0，
即(|a |－|b |)2≥0，显然成立.故原不等式得证.
10.已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1.
(1)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F 点的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2，
∴SA ⊥AD .同理SA ⊥AB .
又AB ∩AD ＝A ，∴SA ⊥平面ABCD .
(2)解 假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD .
∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD .
∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ，
∴平面SBC ∥平面SAD .
这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾，
∴假设不成立.故不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .
B 组 专项能力提升
(时间：30分钟)
1.已知函数f (x )＝(12)x ，a ，b 是正实数，A ＝f (a ＋b 2)，B ＝f (ab )，C ＝f (2ab a ＋b
)，则A 、B 、C 的大小关系为 ( )
A.A ≤B ≤C
B.A ≤C ≤B
C.B ≤C ≤A
D.C ≤B ≤A
答案 A 解析 ∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b
，又f (x )＝(12)x 在R 上是减函数. ∴f (a ＋b 2)≤f (ab )≤f (2ab a ＋b
)，即A ≤B ≤C . 2.若a 、b 、c 是不全相等的正数，给出下列判断：
①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；
②a >b 与a <b 及a ＝b 中至少有一个成立；
③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立.
其中判断正确的个数是
( ) A.0 B.1 C.2
D.3 答案 C
解析 ①②正确，③中，a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 可能同时成立，
如a ＝1，b ＝2，c ＝3.
3.a 2＋2＋2a 2＋2
与22的大小关系是________. 答案 a 2＋2＋2a 2＋2>2 2 解析 利用基本不等式，但不能取等号.
4.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.
(1)证明：1a
是函数f (x )的一个零点； (2)试用反证法证明1a
>c . 证明 (1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点，
∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，
∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，
又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a
≠c )， ∴1a 是f (x )＝0的一个根.即1a
是函数f (x )的一个零点.
(2)假设1a <c ，又1a
>0，由0<x <c 时，f (x )>0， 知f (1a )>0与f (1a )＝0矛盾，∴1a
≥c ， 又∵1a ≠c ，∴1a
>c . 5.已知数列{a n }满足：a 1＝12，3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1
，a n a n ＋1<0(n ≥1)，数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1).
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列.
(1)解 由题意可知，1－a 2n ＋1＝23
(1－a 2n ). 令c n ＝1－a 2n ，则c n ＋1＝23c n
. 又c 1＝1－a 21＝34，则数列{c n }是首项为c 1＝34
， 公比为23的等比数列，即c n ＝34·(23
)n －1， 故1－a 2n ＝34·(23)n －1⇒a 2n ＝1－34·(23
)n －1. 又a 1＝12
>0.a n a n ＋1<0， 故a n ＝(－1)n －1
1－34·(23
)n －1. b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝[1－34·(23)n ]－[1－34·(23
)n －1] ＝14·(23
)n －1. (2)证明 用反证法证明.
假设数列{b n }存在三项b r ，b s ，b t (r <s <t )按某种顺序成等差数列，
由于数列{b n }是首项为14，公比为23
的等比数列， 于是有b r >b s >b t ，则只能有2b s ＝b r ＋b t 成立.
∴2·14(23)s －1＝14(23)r －1＋14(23
)t －1，
两边同乘以3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s. 由于r<s<t，∴上式左边为奇数，右边为偶数，
故上式不可能成立，导致矛盾.
故数列{b n}中任意三项不可能成等差数列.。