证明章节知识点及题型归纳

1、证明章节知识点及题型归纳知识点精讲1 .直接法直接法包括综合法和分析法(1)综合法(又称顺推法或因导果法)：从已知条件和已知结论出发，以演绎推理中的“三段伦”规则为工具，推出未知结论，其模式为“A B,B C,C D”“A D成立”(2)分析法(又称逆推法或执果索因法)：从欲证结论出发，对结论进行等价变形，建立未知结论和已知“条件、结论”的因果关系，其模式为：欲证 D成立即证C成立，即证B成立，即要证 A成立，因A成立故D成立。2 .间接法(反证法)间接法即反证法，就是证明欲证的命题的等价命题，一一逆否命题，其模式为：欲证若P则q,等价证q则 P,可设q不成立，推出P不成立或与某已成立结论矛盾

2、设q不成立为错，故q成立3 .数学归纳法(1)数学归纳法也叫完全归纳法，可用来证明某些与自然数有关的数学命题，其直观模型为“多米诺骨牌”(2)数学归纳法的证题模式：先证当n no ( no为某一初始自然数，常取 no 1)时命题成立(第一块“多米诺骨牌”倒下)；假设n k ( k no)时命题成立，并在此前提下可以推出 n k 1时命题也成立(每次倒下的骨牌具有“前倒推后倒”的功能)；由，命题对一切 n no的自然数恒成立，数学归纳法的完成，步缺一不可题型归纳及思路提示题型1综合法与分析法证明分析法与综合法是用唯物辩证的观点去思考解决问题的重要思维方法.数学上很多问题的解决都是通过分析，综合寻

3、找出解题的突破口，对于证明的问题，无论是代数还是几何，无论是等式还是不等式，都 要对其进行分析，综合才能完成.例14.7.(2。13江苏)设%是首项为a,公差为d的等差数列(d 。)，&是其前n项和.记nSc* bn 丁工一，n N ,其中c为实数.n c 2 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.分析：(1)利用a1,d将bn表示出来，然后根据bi,b2, b4成等比数列，得到诩与d的关系。可验证Snk n2Sk ；(2)先由n, b2, b4成等差数列，得到关于 c的等式，求得c的值后再代入验证.

4、解析：- an是首项为a ,公差为d的等差数列(d 0) , Sn是其前n项和n(n i), Sn nad2Sc由c 0,得bn aUd2n又因为“，b2, b4成等比数列.2.所以b2bh ,即(ad 2万)a(a3d）化简得2d2 2ad因为d 0 ，所以d 2a,因此，bn a (n 1)ana, n N对于所有m N有Sm mbm2m a ,从而对于所有的k, n N ,有2Snk (nk) an2Q（2）设数列bn公差为di,则bnbi (n 1)di,(dinSn,21n ci d)n23(bi1)di,ndi a，代入Sn的表达式, _ , *整理得，对于所有的n N ,i d

5、)n22cdin c(dibi)人i令 A di d,B2bi diia -d, D c(di bi) 2则对于所有的n N32，有 An Bn cdin D .(*)在(*)中分别取 n i,2,3,4，得 A B cdi 8A 4B 2cdi 27A 9B 3cdi7A 3B cdi 064A i6B 4cdi，从而有 19A 5B cdi 02iA 5B cQ 0由由得0,cdi5B,代入方程得：B 0，从而cdi 0,即d11d 20,bidi a1， CCd 0, cdi02则di0,得d0与题设矛盾.所以di 0又因为cdi0所以例14.8 .设函数f2ax bx c,且 f ia

6、 一一一一,3a 2c 2b,求证:2(1)a 0,且 3(2)函数f x在0,2内至少有一个零点;(3)设Xi,X2是函数f x的两个零点，则 72XiX2. 574解析：（1）（综合法）依题意，得 f 1 a ba-,即3a 2b 2c 0 , 2又 3a 2c 2b,所以 0 3a 2b 2c 3a 3a 3a 9a,即a 0因为3a2c,式可化为3a2b2c6a2b,即b 3a,所以 b同理2c2a,式可化为3a2b2c3a4b,所以4ba3ajp- a综上，a(2)（分析法）由（1）得a0,所以f要证在0,2内至少有一个零点，需证,f 2中至少有一个大于0,c, f 24a 2b c

7、 a c因为当c0时，有当c 0时，f 00,所以函数f x在区间1,2内至少有一个零点(3)（综合法）因为x1 x22X1 X24X|X2，八 3、一(3,-),则 X1X24,t2 4t3(3, -), X1X24min、2;57评注:b -a42aXiX2在用综合法证明不等式时,向较为明确，利于等找解题思路变式1设a,b,c均为正数，且1(1) ab bc ac 一 32.22(2)1bca变式2已知a b 0,求证:例14.9.已知实数a是常数,.(t 2)2 2（取不到XiX2max574（取不到）故常利用不等式的基本性质和已知条件进行放缩转化，用分析法解题时方2a3f(x)b3(X

8、1,证明:_222ab a b、2.a) 7ln x 1,当x 1时，f(x)是增函数(1)求a的取值范围(2)设1221) nln(n 1)解析:(1)因为 f(x) (x2a) 71n x 1,所以 f(x)2x72a x因为a1 0,所以2qkk 1k 1qq1时，f(x)是增函数所以f(x) 2x 2a 7 x0在x 1时恒成立，即2a因为当所以ax 1时工x为减函数，所以当 x2x5即a的取值范围为5,) 2272x72x52x在x 1时恒成立,(2)当5 ,a 一时,2,5 2f (x) (x -)71n x21,由(1)知，当x1时,f (x)是增函数所以当x 1时,f(x)5

9、cf ,即(x -)2271n x4941,即当 x 1 时，x2 5x 6 71n x因为n所以11)2 n5(171n(11) n1即二7n所以(-1n(1 n11) (1)1n( n7 2212)1)In n,(7(In 21n1)(1n3 In 2)1n(n1)In n1n(n 1)(1!4 222312ndi1)1n( n n1)评注：利用综合法求解本题，首先要注意函数与数列、不等式间的联系，其次要有严格的分析、推理，转 化.变式1已知函数f (x) 1n(1 x) x求f (x)的单调区间；. 、一一 , 、 r . >-、-> _ _ _* 一(2)记f (x)在区间

10、0, n (n N )上的最小值为bn ,令an 1n(1 n) bn对一切n4a Jan 2rc恒成立,求实数 c的取值范围；,an 2求证:a2a®aia2a4a1% a2n 1 -23 1a2a4a2n变式2在数列an中，a1a23且数列为an 1和数列an 1 2an分别是公比为2和1的等比数列；(1)求an的通项公式(2)当k为正奇数，求证:(2)当n N时，证明:aka1ak 1a2工1a2n:先否定所要证的结论，然后以否定 般适用于不易直接入手或否定性结论，诸如“至少，“不成立”，“不存在”等命题.题型2反证法证明思路提示反证法证题的理论依据是原命题与逆否命题同真同假，

11、具体思路是 的结论为条件进行逻辑推理，其结果与已知条件或已知事实相矛盾，-例14.10设an是公比为q的等比数列.(1) 4的前n项和公式;(2)设q 1 ,证明数列an 1不是等比数列.n项和公式;分析：(1)利用等比数列的概念及通项公式推导前 (2)利用反证法证明要证的结论 .解析(1)设an的前n项和为Sn,当q 1时Sna1 a1 La1 na1.当q 1时Sna12.aqaqLn 1百aq(TqSnaq2aq3aiqLa1qn -得，(1q)Snai3qn,所以Sn3(11-qna1, q 1,q综上 Sna1(1 qn)1 q(2)证明：假设数列an*1是等比数列.则对任意的k N

12、 ,2,(ak 1 1)(ak1)(ak1),2 ak 12ak 11 akak 2 ak ak 2 1,2 2kka1 q2a1qk 1a1qk&qkaqk 1&q因为q 0,所以q2 2q 1 0,所以q 1,这与已知矛盾，所以假设不成立，故an 1不是等比数列变式 1 若a,b,c均为实数，且 a x2 2y ,b y2 2z ,c z2 2x ,236求证：a,b, c中至少有一个大于 0x 11变式2给定实数a,a 0且a 1 ,设函数y 二（x R,且x）求证：经过该函数图像上任意两个不ax 1a同点的直线不平行于 x轴题型3数学归纳法思路提示数学归纳法证题的具体思

13、路是“两步一一结论”，第一步证明归纳的基础，第二步证明归纳具有递推关系.有了这两步才可下结论，数学归纳法一般用于与正整数有关的命题的证明例14.11用数学归纳法证明：1111 2 3 42n 1解析：n 1时,左边 1假设nk时,141时等式成立,12k2n12即12k右边12111*(n N )n n1， ,， ,一,左边二右边2左边12k 112k12k 1(k11) (k1)2k 12k 2(k 1) 1(k 1) 212k12k 11(k-112k 2)右边(k 1)(k 1) 2(k 1)(k 1)(k 1)由得,1时等式也成立1111 2 3 42n 12n. rr 一*对一切n

14、N成立评注用数学归纳法证明与自然数有关的一些等式命题关键在于等式两边各有多少项, 加怎样的项.项的多少与的取值是否有关.由nn n“先看项”，弄清楚等式两边的构成规律, k到n k 1时，等式两边会增加多少项，增变式1证明：1 a1 ，一成等比数列2X2f (Xi)f (x0)f(y1) y2,X2f(0)y2f(2)1438Xiy1设xkf(Xk)XiX20,k 2时，不等式成立，即1x0ykf(Xk1)Xk 1由，知，对一切1yk,则当nXo f (Yk 1)xk 2Xoykk 1时，又f(Yk),ykf (x)在R上单调递增，则xnxn 1Xo又Xnyn 11 f(Xn),yn1 ”外)

15、,则y2y1.yn成立.变式2已知数列an中，Sn表示其前n项和，ai 1,当n 2时，an,Sn,Sn(1)求22自冏,猜想an的通项公式;(2)用数学归纳法证明(1)的结论1例14.12已知函数存在x00,- ,f(x0) x0.2(1)证明f (x)在R上是单调增函数；1*、设 x1 0, y1 2,xn 1f(xn), yn1f(yn),(nN).证明：xn xn 1 xo yn 1 % .1 11解析 (1) f (x) 3x2 2x 3(x )2 0(x R),故函数f (x)在R上是单调增函数2 361(2)当 n=1 时，x10 x0 y1.当n=2时，由(1)及函数f (x)

16、在R上单调递增及f (x0) x0得1 12 312n 1变式1用数学归纳法证明:1n(n N*, n 2).变式2在数列an,bn中，a12bl4 ,且an,bn,an1成等差数列，bn,an1,bn1成等比数列 求a2,a3,a4,b2,h,b4,猜想an, bn的通项公式，并证明之;(2)证明:1a1bi1a2 b215an bn 12有效训练题1 .设 a 0,b 0,()A.若 2a 2a 2b 3b,则 a abC.若 2 2a 23b,则 a2 .下列不等式一定成立的是(21-A. lg( x ) 1g x(x 0) 4C.x2 1 2|x|(x R) 13.用数学归纳法证明：1

17、 -2边增加的项数是()bB.若 2a2a2b3b,则 ababbD.若 22a23b,则 ab)1_8. sin x 2(x k ,k Z)sin x1D. 1(x R) x2 11 1，“，,，,，一 L - n(n N*, n 1)时，在第二步从n k到n k 1时，左 32n 1kkA. 2 B. 21C.2k1D. 2k 14.已知矩形 ABCD AB=1, BC= J2 ,将ABD沿矩形的对角线BD所在直线进行翻折，在翻折过程中(A.存在某个位置，使得直线 B.存在某个位置，使得直线 C.存在某个位置，使得直线 D.对任意位置，三对直线“AC与直线BD垂直AB与直线CD垂直AD与直

18、线BC垂直AC与BD , 釜与。区“AD与BC均不垂直5 .定义在(，0) U (0,)上的函数f (x),如果对于任意给定的等比数列an , f (an)仍是等比数列,则称f (x)为“保等比数列函数”.现定义在(，0) U(0,)上的如下函数：f (x) x2,f (x) 2x ,f (x) VTxl，f (x) In |x |.则其中f(x)是“保等比数列函数”的序号为()A.B.C. D.6 .若x (0,),则下列等式恒成立的是()A. ex 1 x x2B. 1 x - x2 C.cosx 1 x2D. 1n(1 x) x - x21 x 24282 1时的假设7.用反证法证明f(x) x px q ,求证：| f (1)|,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于 一2 为.11 n8 .若a b c,n N * ,且-n-恒成立，则n的最大值是 .a b b c a c9 .设a,b为正