《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考數(shù)學總復習 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習 理（含解析）新人教A版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第43講　直接證明與間接證明 夯實基礎　【p92】 【學習目標】 1．結(jié)合已經(jīng)學過的數(shù)學實例，了解直接證明的兩種基本方法：分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、特點及證明步驟． 2．結(jié)合已經(jīng)學過的數(shù)學實例，了解間接證明的一種基本方法——反證法；了解反證法的思考過程、特點． 【基礎檢測】 1．利用反證法證明：“若x2＋y2＝0，則x＝y(tǒng)＝0”時，假設為(　　) A．x，y都不為0 B．x≠y且x，y都不為0 C．x≠y且x，y不都為0 D．x，y不都為0 【解析】原命題的結(jié)論是x，y都為零，反證時，假設為x，y不都為零． 【答案】D 2．要證a2＋b2－1－a2

2、b2≤0，只要證明(　　) A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－≤0 C.－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0 【解析】a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0. 【答案】D 3．設a，b，c均為正實數(shù)，則三個數(shù)a＋，b＋，c＋(　　) A．都大于2 B．都小于2 C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2 【解析】∵a＞0，b＞0，c＞0， ∴＋＋＝＋＋ ≥6，當且僅當a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2. 【答案】D 4．如果a＋b>a＋b，則a、b應滿足的條件是_____

3、___． 【解析】∵a＋b－(a＋b) ＝(a－b)＋(b－a) ＝(－)(a－b) ＝(－)2(＋)． ∴當a≥0，b≥0，且a≠b時，(－)2(＋)>0. ∴a＋b>a＋b成立的條件是a≥0，b≥0，且a≠b. 【答案】a≥0，b≥0，且a≠b 5．已知集合{a，b，c}＝{0，1，2}，且下列三個關系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一個正確，則100a＋10b＋c＝________． 【解析】由已知，若a≠2正確，則a＝0或a＝1，即a＝0，b＝1，c＝2或a＝0，b＝2，c＝1或a＝1，b＝0，c＝2或a＝1，b＝2，c＝0均與“三個關系有且只有一個正確”矛盾；

4、若b＝2正確，則a≠2正確，不符合題意；所以，c≠0正確，a＝2，b＝0，c＝1，故100a＋10b＋c＝201. 【答案】201 【知識要點】 1．直接證明 (1)從原命題的條件逐步推得命題成立的證明稱為__直接證明__．綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學問題時常用的思維方法． (2)從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止．這種證明方法常稱為__綜合法__． 推證過程如下： →→→…→ (3)從要證明的結(jié)論出發(fā)，追溯導致結(jié)論成立的充分條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止．這種證明

5、方法常稱為__分析法__． 推論過程如下： →→→…→得到一個明顯成立的條件． P表示條件，Q表示要證的結(jié)論． 2．間接證明——反證法 (1)假設原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做__反證法__． (2)反證法的特點：先假設原命題__不__成立，再在正確的推理下得出矛盾，所得矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設矛盾，或與定義、公理、定理、事實矛盾等． 典例剖析　【p92】 考點1　綜合法的應用 設數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若對任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Sn＝am，則稱{an}是“H數(shù)列”． (1)

6、若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H數(shù)列”； (2)證明：對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立． 【解析】(1)由已知，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am. 所以{an}是“H數(shù)列”． (2)設等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)． 令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，則an＝bn＋cn(n∈N*)． 下面證{bn}是“H數(shù)列”． 設

7、{bn}的前n項和為Tn，則Tn＝a1(n∈N*)．于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H數(shù)列”． 同理可證{cn}也是“H數(shù)列”． 所以對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立． 【點評】綜合法證題的思路 考點2　分析法的應用 當n≥0時，試用分析法證明： －<－. 【解析】要證－<－， 即證＋<2 , 只要證(＋)2<(2)2， 即證 2n＋2＋2<4n＋4， 即證

8、(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件．正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關鍵．通常采用“欲證—只需證—已知”的格式，在表達中要注意敘述形式的規(guī)范性．(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證．(3)分析法證明問題的適用范圍：當已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中所需用的知識不太明確、具體時，往往采用分析法，特別是含有根號、絕對值的等式或不等式，?？紤]用分析法． 考點3　反證法的應用 等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝5＋，

9、S3＝9＋3. (1)求an以及Sn. (2)設bn＝，證明數(shù)列{bn}中不存在不同的三項成等比數(shù)列． 【解析】(1)設{an}的首項為a1， 由已知得5＋＝a1＋2d，9＋3＝3a1＋3d， 求得a1＝＋1，d＝2. 所以an＝2n＋－1，Sn＝n2＋n. (2)由bn＝＝n＋， 假設bn中存在不同的三項能構(gòu)成等比數(shù)列，即bn、bm、bp成等比數(shù)列， 所以b＝bn·bp， 即(m＋)2＝(n＋)·(p＋)， 所以(m2－np)＋[2m－(n－p)]＝0， 因為m、n、p是正整數(shù)， 所以m2－np和2m－(n＋p)均為有理數(shù)， 所以m2－np＝0，2m－(n＋p)＝

10、0， 所以(n＋p)2＝4np，所以(n－p)2＝0，所以n＝p與n≠p矛盾， 所以{bn}數(shù)列中不存在不同的三項成等比數(shù)列． 【點評】用反證法證明數(shù)學命題，一般有以下幾個步驟： (1)反設：假定所要證的結(jié)論不成立，即假設結(jié)論的反面(否定命題)成立；(否定結(jié)論) (2)歸謬：將“反設”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過正確的推理，導出矛盾——與已知條件、已知的定義、公理、定理及明顯的事實矛盾或自相矛盾；(推導矛盾) (3)立論：因為推理正確，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設”的謬誤．既原命題結(jié)論的反面不成立，從而肯定了原命題成立．(命題成立) 方法總結(jié)　　【p93】 1．關于綜合法與分析法

11、分析法的特點：從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實際上是要尋找它的充分條件． 綜合法的特點：從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，實際上是要尋找它的必要條件． 從而看出，分析法與綜合法是兩種思路截然相反的證明方法，既對立又統(tǒng)一．用綜合法證題前往往用分析法尋找解題思路，即所謂的“分析”．并且在解決較復雜問題時，往往是分析法與綜合法相互結(jié)合使用． 2．關于反證法 使用反證法證明的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設矛盾，或與定義、公理、定理、公式、事實矛盾等． 反證法的步驟：(1)反設；(2)推出矛盾；(3)下結(jié)論． 矛盾

12、的主要類型：(1)與假設矛盾；(2)與數(shù)學公式、法則、公理、定理、定義或已被證明了的結(jié)論矛盾；(3)與公認的簡單事實矛盾；(4)自相矛盾． 走進高考　　【p93】 1．(2016·上海)若無窮數(shù)列{an}滿足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，則稱{an}具有性質(zhì)P. (1)若無窮數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，無窮數(shù)列{cn}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，b1＝c5＝1，b5＝c1＝81，an＝bn＋cn，判斷{an}是否具有性質(zhì)P，并說明理由； (2)設{bn}是無窮數(shù)列，已知an＋1＝bn＋sin an(n∈N*)． 求證：“對任意a1，{an}都具有性質(zhì)P”的充要條件

13、為“{bn}是常數(shù)列”． 【解析】(1){bn}的公差為20，{cn}的公比為， 所以bn＝1＋20＝20n－19，cn＝81·＝35－n. an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n. a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝，a2≠a6， 所以{an}不具有性質(zhì)Ρ. (2)充分性： 當{bn}為常數(shù)列時，an＋1＝b1＋sin an. 對任意給定的a1，只要ap＝aq，則有b1＋sin ap＝b1＋sin aq，即ap＋1＝aq＋1. 充分性得證． 必要性： 用反證法證明．假設{bn}不是常數(shù)列，則存在k∈N*， 使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而bk＋1≠b. 下面證

14、明存在滿足an＋1＝bn＋sin an的{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1. 設f(x)＝x－sin x－b，取m∈N*，使得mπ>|b|，則 f＝mπ－b>0，f＝－mπ－b<0，故存在c使得f(c)＝0. 取a1＝c，因為an＋1＝bn＋sin an(1≤n≤k)，所以a2＝b＋sin c＝c＝a1， 依此類推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c. 但ak＋2＝bk＋1＋sin ak＋1＝bk＋1＋sin c≠b＋sin c，即ak＋2≠ak＋1. 所以{an}不具有性質(zhì)Ρ，矛盾． 必要性得證． 綜上，“對任意a1，{an}都具有性質(zhì)Ρ”的充要條件為“

15、{bn}是常數(shù)列”． 考點集訓　　【p225】 A組題 1．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：0 B．a(chǎn)－c>0 C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0 【解析】0 ?(a－c)(2a＋c)>0 ?(a－c)(a－b)>0. 【答案】C 2．命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的證明：“cos4θ

16、－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”過程應用了(　　) A．分析法 B．綜合法 C．綜合法、分析法綜合使用 D．間接證明法 【解析】因為證明過程是“從左向右”，即由條件逐步推向結(jié)論． 【答案】B 3．若|loga|＝loga，|logba|＝－logba，則a，b滿足的條件是(　　) A．a(chǎn)＞1，b＞1 B．0＜a＜1，b＞1 C．a(chǎn)＞1，0＜b＜1 D．0＜a＜1，0＜b＜1 【解析】∵|loga|＝loga， ∴l(xiāng)oga≥0＝loga1，根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知0＜a＜1. ∵|logba|＝

17、－logba， ∴l(xiāng)ogba≤0＝logb1，但b≠1，所以根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知b＞1. 【答案】B 4．已知函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a3>0，則f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值(　　) A．恒為正數(shù)B．恒為負數(shù) C．恒為0 D．可正可負 【解析】由于f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，且a3>0，所以f(a3)>f(0)＝0. 而a1＋a5＝2a3，所以a1＋a5>0，則a1>－a5， 于是f(a1)>f(－a5)，即f(a1)>－f(a5)， 因此f(a1)＋f(a5)>0，所以有f(a1)＋f(a3)＋f(a5)>

18、0. 【答案】A 5．已知a>0，m＝－，n＝a＋－2，則m，n的大小關系是__________ . 【解析】分析法：－≥a＋－2， 只需證＋2≥a＋＋， 因為a>0，所以不等式兩邊均大于零． 因此只需證≥， 即證a2＋＋4＋4≥a2＋＋4＋2， 只需證≥， 只需證a2＋≥，即證a2＋≥2， 只需證≥0，而≥0顯然成立，所以m≥n. 【答案】m≥n 6．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間內(nèi)至少存在一點c，使f(c)>0，則實數(shù)p的取值范圍是________． 【解析】法一：(補集法) 令解得p≤－3或p≥， 故滿足條件的p的取值范圍

19、為. 法二：(直接法) 依題意有f(－1)＞0或f(1)＞0， 即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0， 得－＜p＜1或－3＜p＜. 故滿足條件的p的取值范圍是. 【答案】 7．(1)設a≥b≥0，用綜合法證明：a3＋b3≥a2b＋ab2； (2)用分析法證明：＋＞2＋. 【解析】(1)∵a3＋b3－(a2b＋ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)， 而(a－b)2≥0，a＋b>0， ∴a3＋b3－(a2b＋ab2)≥0， ∴a3＋b3≥a2b＋ab2. (2)要證＋＞2＋，只需證(＋)2＞(2＋)2， 即證＞

20、2，只需證()2＞(2)2，即42＞40，而42＞40顯然成立，故原不等式得證． 8．已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a>1)． (1)證明：函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)； (2)用反證法證明：方程f(x)＝0沒有負數(shù)根． 【解析】法一：任取x1，x2∈(－2，＋∞)，不妨設x1＜x2， 則x2－x1＞0，ax2－x1＞1且ax1＞0， 所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0， 又因為x1＋2>0，x2＋2>0， 所以－＝＞0， 于是f(x2)－f(x1)＝(ax2－ax1)＋＞0， 故函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)． 法二：f′(x)＝axln

21、a＋， ∵a>1，ln a>0，∴axln a＋＞0， f′(x)>0在(－2，＋∞)上恒成立，即f(x)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)． (2)假設存在x0＜0(x0≠－2)滿足f(x0)＝0， 則ax0＝－，因為x0<0(x0≠－2)，a>1，所以0＜ax0＜1，所以0＜－＜1，解得＜x0＜3，與假設x0<0矛盾． 故方程f(x)＝0沒有負數(shù)根． B組題 1．已知a，b，c∈(0，＋∞)，則下列三個數(shù)a＋，b＋，c＋(　　) A．都大于6 B．至少有一個不大于6 C．都小于6 D．至少有一個不小于6 【解析】假設三個數(shù)a＋，b＋，c＋都小于6，則a＋＋b＋＋c＋<18.

22、利用基本不等式可得，a＋＋b＋＋c＋＝＋＋≥18，這與假設矛盾，故假設不成立，即三個數(shù)a＋，b＋，c＋至少有一個不小于6. 【答案】D 2．對于任意n∈N*，求證： 1＋＋＋＋…＋<. 【解析】法一：∵＝<＝－(n≥2)， ∴1＋＋＋＋…＋ <1＋＋＋＋…＋ ＝1＋＋ ＝＋－＝－<. 法二：∵n∈N*，當n≥2時， n2>n2－1＝(n＋1)(n－1)>0， ∴<＝. ∴1＋＋＋＋…＋ <1＋ ＝1＋ ＝－<. 3．已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：＋＝. 【解析】要證＋＝， 即證＋＝3，也就是＋＝1， 只

23、需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需證c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，即b2＝a2＋c2－ac， 故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立． 4．直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標原點． (1)當點B的坐標為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長； (2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形． 【解析】(1)因為四邊形OABC為菱形， 則AC與OB相互垂直平分． 由于O(0，0)，B(0，1)， 所以設點A，代入橢圓方程得＋＝1， 則t＝±，故|AC|＝2. (2)假設四邊形OABC為菱形， 因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0. 由 消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則 ＝－，＝k·＋m＝. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0， 所以直線OB的斜率為kOM＝－， 因為k·＝－≠－1，所以AC與OB不垂直． 所以OABC不是菱形，與假設矛盾． 所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形． 12