2022届高三数学一轮复习（原卷版）第5节 直接证明与间接证明、数学归纳法 教案

1、1第五节第五节直接证明与间接证明直接证明与间接证明、数学归纳法数学归纳法最新考纲1.了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点.2.了解间接证明的一种基本方法反证法； 了解反证法的思考过程和特点.3.了解数学归纳法的原理.4.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题1直接证明(1)综合法定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的证明方法(2)分析法定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止的证明方法2间接证明

2、反证法一般地，假设原命题不成立(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，这样的证明方法叫做反证法3数学归纳法一般地，证明一个与正整数 n 有关的命题，可按下列步骤进行：(1)归纳奠基：证明当 n 取第一个值 n0(n0n*)时命题成立；(2)归纳递推：假设 nk(kn0，kn*)时命题成立，证明当 nk1 时命题也成立只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n0开始的所有正整数 n 都成立上述证明方法叫做数学归纳法2一、思考辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当 n1 时结论成立()(2)综

3、合法是直接证明，分析法是间接证明()(3)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()(4)用反证法证明结论“ab”时，应假设“aqbpqcpq，只需 p2q2，即 2a132 （a6） （a7）2a132 （a8） （a5）， 只需 a213a42a213a40.因为 4240 成立， 所以 pq成立故选 a.4 已知数列an满足 an1a2nnan1， nn， 且 a12， 则 a2_，a3_，a4_，猜想 an_345n1易得 a23，a34，a45，故猜想 ann1.3考点 1综合法的应用掌握综合法证明问题的思路(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知

4、(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理设 a，b，c 均为正数，且 abc1.证明：(1)abbcac13；(2)a2bb2cc2a1.证明(1)由 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，得 a2b2c2abbcca，由题设得(abc)21，即 a2b2c22ab2bc2ca1，所以 3(abbcca)1，即 abbcca13.(2)因为 a，b，c 均为正数，a2bb2a，b2cc2b，c2aa2c，故a2bb2cc2a(abc)2(abc)，即a2

5、bb2cc2aabc，所以a2bb2cc2a1.母题探究本例的条件不变，证明 a2b2c213.证明因为 abc1，4所以 1(abc)2a2b2c22ab2bc2ac，因为 2aba2b2，2bcb2c2，2aca2c2，所以 2ab2bc2ac2(a2b2c2)，所以 1a2b2c22(a2b2c2)，即 a2b2c213.(1)不等式的证明常借助基本不等式， 注意其使用的前提条件“一正、二定、三相等”；(2) 应用重要不等式 a2b22ab 放缩时要注意待证不等式的方向性在abc 中，角 a，b，c 的对边分别为 a，b，c，已知 sin asin bsin bsin ccos 2b1.

6、(1)求证：a，b，c 成等差数列；(2)若 c23，求证：5a3b.证明(1)由已知得 sin asin bsin bsin c2sin2b，因为 sin b0，所以 sin asin c2sin b，由正弦定理，得 ac2b，即 a，b，c 成等差数列(2)由 c23，c2ba 及余弦定理得(2ba)2a2b2ab，即有 5ab3b20，即 5a3b.考点 2分析法的应用分析法证明问题的思路及适用范围利用分析法证明问题，先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件；当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对

7、值的等式或不等式，常考虑用分析法已知abc 的三个内角 a，b，c 成等差数列，a，b，c 的对边分别为 a，b，c.求证：1ab1bc3abc.5证明要证1ab1bc3abc，即证abcababcbc3，也就是cababc1，只需证 c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需证 c2a2acb2，又abc 三内角 a，b，c 成等差数列，故 b60，由余弦定理，得 b2c2a22accos 60，即 b2c2a2ac，故 c2a2acb2成立于是原等式成立(1)用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)”“即证”“只需证”等，逐步分析，直到一个明显成立的结论(2)证明较复杂的

8、问题时，可以采用两头凑的办法，如本例中，通过分析法找出与结论等价(或充分)的中间结论“c2a2acb2” ，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证若 a，b(1，)，证明 ab 1ab.证明要证 ab 1ab，只需证( ab)2( 1ab)2，只需证 ab1ab0，即证(a1)(1b)0.因为 a1，b1，所以 a10，1b0，即(a1)(1b)0 成立，所以原不等式成立考点 3反证法的应用用反证法证明问题的步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立(否定结论)(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾，矛盾可以是与已知条件、定义、公理、定理及明

9、显的事实矛盾或自相矛盾(推导矛盾)6(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立(命题成立)设 a0，b0，且 ab1a1b.证明：(1)ab2；(2)a2a2 与 b2b0，b0，得 ab1.(1)由基本不等式及 ab1，有 ab2 ab2，即 ab2.(2)假设 a2a2 与 b2b2 同时成立，则由 a2a0，得 0a1；同理，0b1，从而 ab1，这与 ab1 矛盾故 a2a2 与 b2b0 且 b1，b，r 均为常数)的图象上(1)求 r 的值；(2)当 b2 时，记 bn2(log2an1)(nn*)，证明：对任意的

10、 nn*，不等式b11b1b21b2bn1bn n1成立解(1)由题意得，snbnr，当 n2 时，sn1bn1r.所以 ansnsn1bn1(b1)由于 b0，且 b1，所以 n2 时，数列an是以 b 为公比的等比数列又 a1s1br，a2b(b1)，所以a2a1b，即b（b1）brb，解得 r1.(2)证明：由(1)及 b2 知 an2n1.因此 bn2n(nn*)，所证不等式为2124142n12n n1.10当 n1 时，左式32，右式 2，左式右式，所以结论成立假设 nk(k1，kn*)时结论成立，即2124142k12k k1，则当 nk1 时，2124142k12k2k32（k

11、1） k12k32（k1）2k32 k1，要证当 nk1 时结论成立，只需证2k32 k1 k2，即证2k32 （k1） （k2），由基本不等式得2k32（k1）（k2）2 （k1） （k2）成立，故2k32 k1 k2成立，所以当 nk1 时，结论成立由可知，nn*时，不等式b11b1b21b2bn1bn n1成立已知 f(n)11231331431n3，g(n)3212n2，nn*.(1)当 n1，2，3 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小关系；(2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明解(1)当 n1 时，f(1)1，g(1)1，所以 f(1)g(1)；当 n2 时，f(2)98，g(2)118，所以 f(2)g(2)；当 n3 时，f(3)251216，g(3)312216，11所以 f(3)g(3)(2)由(1)猜想，f(n)g(n)，用数学归纳法证明当 n1，2，3 时，