直接证明与间接证明.doc

02直接证明与间接证明【基础再现】1、若nlg0.20且mn0，则mn .解析：由nlg0.20得n0，m0mn0.2、若P，Q(a0)，则P、Q的大小关系是 .解析：P22a72, Q22a72,只需要比较a(a7) 即a27a与(a3)(a4)即a27a12的大小，只需比较0与12的大小.012，P2Q2，PQ.意图：逆向思考是分析法解题的主要思想，这一类比较大小的问题，常通过反推找到结论的等价条件.3、设a，b，c，d(0，)，若adbc且|ad|bc|，则ad与bc的大小关系为 .解析：|ad|bc|(ad)2(bc)2a2d22adb2c22bc，又adbc(ad)2(bc)2a2d22adb2c22bc，4ad4bc ，adbc.4设a、b、c是互不相等的正数，下列不等式：|ab|ac|bc| ，a2a ，|ab|2 ， ，其中不恒成立的是 .解析：|ab|(ac)(cb)|ac|cb|恒成立；a2(a)22a2a(a)22a (a)(a)20a2或a1而上式成立，式恒成立；举反例：取a1，b2，则02不成立，故不恒成立；用分析法可得到上式恒成立，故本例填. 意图：这类“多选型”填空题，必须逐一判断，成立的要给予证明：或用综合法证明，如；或用分析法证明，如、；不能恒成立的可通过反证法（举反例）.5. 用反证法证明命题“若且，则和中至少有一个小于2” 时，假设为 .解：2，且2意图：反证法的第一步是“反设”，这一步一定要准确. 要掌握“至多”、“至少”、“都”等词语的否定形式.【典型例题】例1 已知a0，1, 求证：.证明：证法一：由已知1及a0，可知b0，要证，可证1，即证1abab1，这只需证abab0，即1，即1，而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证证法二：1及a0，可知1b0，1，abab0,1abab1，(1a)(1b)1.由a0,1b0，得1，即.意图：复习分析法和综合法证明的思路和步骤。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；用综合法思考的时候，要随时注意问题的结论，为了得到结论需要哪些已知条件，因此，综合中也有分析。在解题过程中，两种方法结合使用更好，可谓“珠联璧合”。变式1 已知ABC的三个内角A、B、C成等差数列，求证：证明：要证，只需证3, 即证1,只需证c(bc)a(ab)(ab)(bc)，即证c2a2=acb2ABC三个内角A、B、C成等差数列 B=60，由余弦定理，有b2c2a22accos60，即b2c2a2ac，c2a2acb2成立，命题得证变式2若a0，证明：a2证明：要证a2，只需证2a,a0，两边均大于零，因此只需证(2)2(a)2即a244a2222(a)， 即证(a)，只需证a2( a22)， 即证a22，它显然成立，原不等式成立例2 已知数列an和bn满足：a1，an1ann4，bn(1)n(an3n21)，其中为实数，n为正整数(1)对任意实数，证明：数列an不是等比数列； (2)试判断数列bn是否为等比数列证明(1)：假设存在一个实数，使an是等比数列，则有aa1a3，即22492490，矛盾所以an不是等比数列解(2)：因为bn1(1)n1an13(n1)21(1)n1(1)n(an3n21)bn， 又b1(18)，所以当18时，bn0 (nN*)，此时bn不是等比数列；当18时，b1(18)0，由bn1bn，可知bn0，所以 (nN*)故当18时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列；综上知，当18时，数列bn构不成等比数列；当18时，数列bn是以(18)为首项，为公比的等比数列意图：复习反证法的证明思路和步骤. 反证法的原理是“正难则反”，即如果正面证明有困难时（命题的结论中出现“不可能”、“不是”、“至少”、“至多”、“唯一”等词语的），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. 注意两点：（1）用反证法证题的第一步是“反设”，这一步一定要准确，否则后面的部分毫无疑义；（2）反证法的“归谬”要合理.例3 对于定义域为0，1的函数f(x)，如果同时满足以下三条：对任意的x0，1，总有f(x)0；f(1)1；若x10，x20，x1x21，都有f(x1x2) 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，(x0，1)；f(x)，(x0，1)；f(x)2x1，(x0，1)是否为理想函数，如果是，请予以证明；如果不是，请说明理由.解：(1)取x1x20可得f(0)f(0)f(0) f(0)0，又由条件可得f(0)0，故f(0)0.(2)对于f(x)2x，(x 0，1)，不满足f(1)1，故不是理想函数；对于f(x)x2，(x0，1)，显然满足、，设x10，x20，x1x21，则f(x1x2)f(x1)f(x2)( x1x2)2( x12x22)2 x1x20， f(x1x2) f(x1)f(x2)满足，故f(x) x2，(x0，1)是理想函数；对于f(x) ，(x0，1)，显然满足、，取x1x2，(满足x10，x20，且x1x21)，则f(x1x2)f(1)1，f(x1)f(x2)f()f() ，有f(x1x2)f(x1)f(x2)，故不满足，故f(x)，(x0，1)不是理想函数；对于f(x) 2x1，(x0，1)，显然满足、，设x10，x20，x1x21，则f(x1x2) f(x1)f(x2)(2xx1)(2x12x1)2x2x2 x2x12x(2x1)(2x1)(2x1)(2x1)，x10，x20，2x1，2x1，2x10，2x10，(2x1)(2x1) 0，f(x1x2) f(x1)f(x2)满足，故f(x)2x1，(x0，1)是理想函数.意图：本题为“新定义”题，在理解新定义的基础上，学会信息迁移，把新信息转化为已学的知识来解答问题.考察了分析转化问题和逻辑推理的能力.变式：定义：若数列An满足An1An2，则称数列An为“平方递推数列”.已知数列an中a12，点(an，an1)在函数f(x)2x22x的图象上，其中n为正整数.证明：数列2an1是“平方递推数列”.证明：由题意有：an12an22an，记An2an1，An12an112(2an22an)14an24an1(2an1)2 An2，满足定义，数列An即2an1是“平方递推数列”.【课后强化】1、当a0，b0时，mlg，nlg，则m与n的大小关系是 .解：只要比较与的大小，只需比较()2与()2, 而0,，mn.2下列条件：ab0，ab0，b0，a0，bf(1)f(3.5).4如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(nN)行，在这些数中非1的数字之和是_111121133114641解：所有数字之和Sn202222n12n1，除掉1的和2n1(2n1)2n2n.5已知a，b，m均为正实数，ba，求证：.证法一(比较法)：0, .证法二(分析法)：ab+bmab+ambmamba，这是条件，故原不等式成立.证法三(综合法)：b0,bmam,bm+abam+ab，即b(a+m)a(b+m)，a、b、m均为正数，0，则acbd(acbd)2(a2b2)(c2d2)2abcda2d2+b2c2 (ad-bc)20, 而上式成立，故原不等式成立.7已知a0,b0,2ca+b, 求证：c-a c.证明：要证c-ac -ac |ac| (ac)2 c2ab a22ac0,只需证：a-2c-b，即证a+b2c, 这是已知条件，故原不等式成立.8已知在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，如果a，b，c依次成等差数列，求证：0B.证明：a，b，c依次成等差数列，a+c=2b b=，cosB= -, 0B,0B.9. 求证：定义在实数集上R的单调函数的图像与轴至多只有一个公共点.分析：“至多”问题，利用反证法进行处理.证明：假设有两个不同的公共点(x1,0)、（x2,0），（x1x2）当在定义域R上的单调递增时，当在定义域R上的单调递增时，定义在实数集上R的单调函数，与，矛盾，定义在实数集上R的单调函数的图像与轴至多只有一个公共点.1 0. 已知非零实数 a , b, c成等差数列，ac，求证：不可能成等差数列.分析：直接不易证明，因此考虑利用反证法进行证明.证明：假设能成等差数列。则即，实数 a , b,c成等差数列，a+c=2b，a=c与ac，矛盾，不可能成等差数列.11已知a，b，c是互不相等的实数求证：由yax22bxc，ybx22cxa和ycx22axb确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点证明：假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x轴有两个不同的交点(即任何一条抛物线与x轴没有两个不同的交点)，由yax22bxc， ybx22cxa， ycx22axb，得1(2b)24ac0，2(2c)24ab0，3(2a)24bc0.上述三个同向不等式相加得， 4b24c24a24ac4ab4bc0，2a22b22c22ab2bc2ca0， (ab) 2(bc)2(ca)20，abc，这与题设a，b，c互不相等矛盾，因此假设不成立，从而命题得证12已知数列an的前n项的和Sn满足Sn2an3n (nN*)(1)求证an3为等比数列，并求an的通项公式；(2)数列an是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由证明 (1)：Sn2an3n (nN*)，a1S12a13，a13.又由得an1Sn1Sn2an12an3，an132(