三年高考两年模拟（浙江版）高考数学一轮复习 第十二章 直接证明与间接证明、数学归纳法课件.ppt

第十二章直接证明与间接证明 数学归纳法 1 直接证明 2 间接证明反证法 假设原命题 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 因此说明假设错误 从而证明了原命题成立 这样的证明方法叫反证法 不成立 矛盾 3 数学归纳法 1 由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法叫 2 数学归纳法a 当n取第一个值n0 n0 n 例如n 1 时 证明命题成立 b 假设当 k n k n0 时命题成立 证明当 时命题也成立 于是对一切n n n n0 命题都成立 这种证明方法叫做数学归纳法 运用数学归纳法证明命题要分为两步 第一步是递推的基础 第二步是递推的依据 这两步是缺一不可的 归纳法 n k n k 1 1 用数学归纳法证明 当n为正奇数时 xn yn能被x y整除 第二步应为 a 假设n 2k 1 k n 正确 再推n 2k 3正确b 假设n 2k 1 k n 正确 再推n 2k 1正确c 假设n k k n 正确 再推n k 1正确d 假设n k k 1 正确 再推n k 2正确答案b首先要注意n为奇数 其次还要使n 2k 1能取到1 故选b c 2 若ab c b a d 又b a b a c 3 用反证法证明命题 a b n ab可被5整除 那么a b中至少有一个能被5整除 时 假设的内容应为 a a b都能被5整除b a b都不能被5整除c a b不都能被5整除d a不能被5整除答案b 至少有一个 的否定是 没有一个 故选b c 4 用数学归纳法证明 1 n n 则从k到k 1时 左边所要添加的项是 a b c d 答案c从k到k 1时 左边应添加 故选c c 5 用反证法证明命题 如果a b 那么 时 假设的内容是 答案 解析 如果a b 那么 若用反证法证明 其假设的内容为 c 综合法与分析法典例1 2015上海 23 对于定义域为r的函数g x 若存在正常数t 使得cosg x 是以t为周期的函数 则称g x 为余弦周期函数 且称t为其余弦周期 已知f x 是以t为余弦周期的余弦周期函数 其值域为r 设f x 单调递增 f 0 0 f t 4 1 验证h x x sin是以6 为余弦周期的余弦周期函数 2 设a b 证明对任意c f a f b 存在x0 a b 使得f x0 c 3 证明 u0为方程cosf x 1在 0 t 上的解 的充要条件是 u0 t为方程cosf x 1在 t 2t 上的解 并证明对任意x 0 t 都有f x t f x f t 证明 1 易知h x x sin的定义域为r 对任意x r h x 6 x 6 sin h x 6 所以cosh x 6 cos h x 6 cosh x 即h x 是以6 为余弦周期的余弦周期函数 2 由于f x 的值域为r 所以存在x0 r 使得f x0 c 若x0 a 则由f x 单调递增得到c f x0 f a 与c f a f b 矛盾 所以x0 a 同理可证x0 b 故存在x0 a b 使得f x0 c 3 若u0为cosf x 1在 0 t 上的解 则cosf u0 1 且u0 t t 2t cosf u0 t cosf u0 1 即u0 t为方程cosf x 1在 t 2t 上的解 同理 若u0 t为方程cosf x 1在 t 2t 上的解 则u0为该方程在 0 t 上的 解 即 u0为方程cosf x 1在 0 t 上的解 的充要条件是 u0 t为方程cosf x 1在 t 2t 上的解 以下证明最后一部分结论 因为函数f x 是以t为余弦周期的余弦周期函数 所以cosf x cosf x t 即cosf x cosf x t 0 所以 2sinsin 0 则 k 或 k k z 所以f x f x t 2k 或f x t f x 2k k z 当f x f x t 2k 时 由f 0 0 f t 4 可得k 2 所以f x f x t 4 这与函数f x 为增函数矛盾 舍去 当f x t f x 2k 时 由f 0 0 f t 4 可得k 2 所以f x t f x 4 即f x t f x f t 因此 对任意x 0 t 都有f x t f x f t 分析法的特点 从未知看需知 逐步靠拢已知 综合法的特点 从已知看可知 逐步推出未知 分析法与综合法各有优缺点 分析法思考比较自然 容易找到解题的思路与方法 缺点是思路逆行 叙述烦琐 综合法从条件推出结论 简捷快速 但不便于思考 实际证明时往往两法兼用 先用分析法探 索证明途径 再用综合法叙述出来 1 1 2013江苏 19 16分 设 an 是首项为a 公差为d的等差数列 d 0 sn是其前n项的和 记bn n n 其中c为实数 1 若c 0 且b1 b2 b4成等比数列 证明 snk n2sk k n n 2 若 bn 是等差数列 证明 c 0 证明由题意得 sn na d 1 由c 0 得bn a d 又因为b1 b2 b4成等比数列 所以 b1b4 即 a 化简得d2 2ad 0 c 因为d 0 所以d 2a 因此 对于所有的m n 有sm m2a 从而对于所有的k n n 有snk nk 2a n2k2a n2sk 2 设数列 bn 的公差是d1 则bn b1 n 1 d1 即 b1 n 1 d1 n n 代入sn的表达式 整理得 对于所有的n n 有n3 n2 cd1n c d1 b1 令a d1 d b b1 d1 a d d c d1 b1 则对于所有的n n 有an3 bn2 cd1n d 在 式中分别取n 1 2 3 4 得a b cd1 8a 4b 2cd1 27a 9b 3cd1 64a 16b 4cd1 从而有由 得a 0 cd1 5b 代入方程 得b 0 从而cd1 0 即d1 d 0 b1 d1 a d 0 cd1 0 若d1 0 则由d1 d 0 得d 0 与题设矛盾 所以d1 0 又因为cd1 0 所以c 0 1 2是否存在常数c 使得不等式 c 对任意正整数x y恒成立 证明你的结论 解析存在 证明如下 当x y 1时 有 c 则c 先证 因为x y是正整数 所以要证 只要证3x x 2y 3y y 2x 2 x 2y y 2x 即证x2 y2 2xy 显然成立 所以 成立 再证 只要证3x 2x y 3y 2y x 2 x 2y y 2x 即证x2 y2 2xy 显然成立 所以 成立 综上所述 存在常数c 对任意正整数x y有 c 恒成立 反证法典例2若x y z均为实数 且a x2 2y b y2 2z c z2 2x 则a b c中是否至少有一个大于零 请说明理由 解析a b c中至少有一个大于零 理由如下 假设a b c都不大于0 即a 0 b 0 c 0 则a b c 0 而a b c x2 2y y2 2z z2 2x x 1 2 y 1 2 z 1 2 3 3 0 且无论x y z为何实数 x 1 2 y 1 2 z 1 2 0 a b c 0 这与a b c 0矛盾 因此 a b c中至少有一个大于0 c 应用反证法证明数学问题 第一步分清条件p与结论q 第二步确定与命题结论q相矛盾的假定 q 第三步由p和 q出发 正确推理得到矛盾 从而说明假定 q不真 即q正确 从而间接证明了原命题 p q 为真 一般来说 对于结论为 都是 都不是 至多 至少 型的不等式 或直接从正面入手比较困难的问题 适合用反证法 用反证法证明时 得出的矛盾多种多样 可以与已知条件矛盾 与假设矛盾 与已知的事实矛盾 等等 2 1已知a b c 0 1 求证 a 1 b b 1 c c 1 a 中至少有一个不大于 证明假设a 1 b b 1 c c 1 a 都大于 即a 1 b b 1 c c 1 a 则有a 1 b b 1 c c 1 a 因为a b c 0 1 所以1 a 0 1 b 0 1 c 0 从而有0 a 1 a c 同理 0矛盾 因此 a 1 b b 1 c c 1 a 中至少有一个不大于 数学归纳法典例3 2015大连双基 数列 an 满足an 1 a1 1 1 证明 数列是等差数列 2 求数列的前n项和sn 并证明 解析 1 证明 an 1 2 2 数列是等差数列 c 2 由 1 知 2n 1 sn n2 证法一 1 证法二 数学归纳法 当n 1时 1 不等式成立 假设当n k时 不等式成立 即 则当n k 1时 又 1 1 0 结合 知原不等式成立 证法三 1 且1 数学归纳法的思想方法1 用数学归纳法证明等式的规则 1 用数学归纳法证明等式要充分利用定义 其中两个步骤缺一不可 缺第一步 则失去了递推基础 缺第二步 则失去了递推依据 2 证明等式时要注意等式两边的构成规律 两边各有多少项 并注意初始值n0是多少 同时第二步由n k到n k 1时要充分利用假设 不利用n k时的假设去证明 就不是数学归纳法 2 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题 1 当遇到与正整数n有关的不等式证明时 若用其他方法不容易证 则可考虑应用数学归纳法 2 用数学归纳法证明不等式的关键是由n k时成立 推证n k 1时也成立 证明时用上归纳假设后 可采用分析法 综合法 作差 作商 比较法 放缩法等证明 3 利用数学归纳法可以对不完全归纳的问题进行严格证明 可以证明与正整数有关的等式问题 可以证明与正整数有关的不等式问题 可以证明整除问题 可以证明几何问题 等等 3 1 2014陕西 21 14分 设函数f x ln 1 x g x xf x x 0 其中f x 是f x 的导函数 1 令g1 x g x gn 1 x g gn x n n 求gn x 的表达式 2 若f x ag x 恒成立 求实数a的取值范围 3 设n n 比较g 1 g 2 g n 与n f n 的大小 并加以证明 1 由已知得 g1 x g2 x g g1 x g3 x 可得gn x 下面用数学归纳法证明 当n 1时 g1 x 结论成立 假设n k时结论成立 即gk x 那么 当n k 1时 gk 1 x g gk x 解析由题设得 g x x 0 即结论成立 由 可知 结论对n n 成立 2 已知f x ag x 恒成立 即ln 1 x 恒成立 设 x ln 1 x x 0 则 x 当a 1时 x 0 仅当x 0 a 1时等号成立 x 在 0 上单调递增 又 0 0 x 0在 0 上恒成立 a 1时 ln 1 x 恒成立 仅当x 0时等号成立 当a 1时 对x 0 a 1 有 x