高考数学(理数)一轮复习学案12．3《直接证明与间接证明及数学归纳法》(含详解)

1、PAGE PAGE 8123直接证明与间接证明及数学归纳法1直接证明(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的_，最后推导出所要证明的结论_，这种证明方法叫做综合法综合法又叫顺推证法或_法(2)分析法：一般地，从要证明的_出发，逐步寻求使它成立的_，直至最后，把要证明的_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，这种证明方法叫做分析法分析法又叫逆推证法或_法(3)综合法和分析法，是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方式2间接证明反证法：一般地，假设原命题_(即在原命题的条件下，结论_)，经过_，最后得出_这个矛

2、盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾因此说明假设_，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法反证法是间接证明的一种基本方法3数学归纳法的证题步骤一般地，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_(kn0，kN*)时命题成立，证明当_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_都成立4数学归纳法的适用范围数学归纳法主要用于解决与_有关的数学命题，证明时，它的两个步骤(归纳奠基与归纳递推)缺一不可自查自纠：1(1)推理论证成立由因导果(2)结论充

3、分条件结论执果索因2不成立不成立正确的推理矛盾错误3(2)nknk1正整数n4正整数 要证明eq r(3)eq r(7)2eq r(5)，以下方法中最合理的是 ()A分析法 B综合法C反证法 D数学归纳法解：“执果索因”最佳，即分析法故选A. 用数学归纳法证明1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,2n1)1)时，第一步应验证不等式 ()A1eq f(1,2)2 B1eq f(1,2)eq f(1,3)2C1eq f(1,2)eq f(1,3)3 D1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,4)1，所以n取的第一个数为2，左端分母最大的项为eq f(1,221)eq f(

4、1,3)，故选B. 设a，bR，且ab，ab2，则必有()A1abeq f(a2b2,2) Bab1eq f(a2b2,2)Cabeq f(a2b2,2)1 D.eq f(a2b2,2)1ab解：abeq blc(rc)(avs4alco1(f(ab,2)eq sup12(2)10，b0，ab1.求证：eq r(af(1,2)eq r(bf(1,2)2.证明：要证eq r(af(1,2)eq r(bf(1,2)2，只需证aeq f(1,2)beq f(1,2)2eq r(blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)blc(rc)(avs4alco1(bf(1,2)4，又ab1，故只需证e

5、q r(blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)blc(rc)(avs4alco1(bf(1,2)1，只需证eq blc(rc)(avs4alco1(af(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(bf(1,2)abeq f(1,2)(ab)eq f(1,4)1，只需证abeq f(1,4).因为a0，b0，1ab2eq r(ab)，所以abeq f(1,4)，故原不等式成立(当且仅当abeq f(1,2)时取等号)(2)已知a，bR，abe(其中e是自然对数的底数)，求证：baab.证明：因为abe，所以ba0，ab0.所以要证baab，只需证alnbblna，只需证eq

6、f(lnb,b)eq f(lna,a).令f(x)eq f(lnx,x)(xe)，则f(x)eq f(1lnx,x2)，当xe时，f(x)0，函数f(x)在(e，)上单调递减所以当abe时，有f(b)f(a)，即eq f(lnb,b)eq f(lna,a).故原不等式成立类型二间接证明(1)设a，b，c都是正数，则aeq f(1,b)，beq f(1,c)，ceq f(1,a)三个数 ()A都大于2 B都小于2C至少有一个大于2 D至少有一个不小于2解：假设aeq f(1,b)，beq f(1,c)，ceq f(1,a)均小于2，则aeq f(1,b)beq f(1,c)ceq f(1,a)6

7、.因为a，b，c都是正数，则aeq f(1,b)beq f(1,c)ceq f(1,a)(aeq f(1,a)(beq f(1,b)(ceq f(1,c)2eq r(af(1,a)2eq r(bf(1,b)2eq r(cf(1,c)6(当且仅当abc1时等号成立)，这与假设矛盾故三个数至少有一个不小于2.故选D.(2)(eq avs4al(2017湖南模拟)设函数f(x)|2xa|，g(x)x2.()当a1时，求不等式f(x)f(x)g(x)的解集；()求证：f(eq f(b,2)，f(eq f(b,2)，f(eq f(1,2)中至少有一个不小于eq f(1,2).解：()当a1时，不等式即|

8、2x1|2x1|x2，则eq blc(avs4alco1(xf(1,2)，,4xx2，)无解；或eq blc(avs4alco1(f(1,2)xf(1,2)，,2x2，)解得0 xeq f(1,2)；或eq blc(avs4alco1(xf(1,2)，,4xx2，)解得eq f(1,2)xeq f(2,3).综上，不等式的解集为eq blcrc(avs4alco1(0|0 xf(2,3).()证明：假设f(eq f(b,2)，f(eq f(b,2)，f(eq f(1,2)都小于eq f(1,2)，则eq blc(avs4alco1(f(1,2)abf(1,2)，,f(1,2)abf(1,2)，

9、,f(1,2)1af(1,2)，)由得，eq f(1,2)aeq f(1,2)，与eq f(1,2)aeq f(3,2)矛盾故f(eq f(b,2)，f(eq f(b,2)，f(eq f(1,2)中至少有一个不小于eq f(1,2).点拨：一般地，对于结论含“都是”“都不是”“至多”“至少”形式的数学问题，或直接从正面入手难以寻觅解题突破口的问题，宜考虑用反证法，这体现了“正难则反”的思想用反证法解题时，推导出矛盾是关键一步，途径很多，可以与已知矛盾、与假设矛盾、与已知事实相违背等，但推导出的矛盾必须是明显的(1)(eq avs4al(2018龙岩期末)用反证法证明命题：“三角形的内角至多有一

10、个钝角”，正确的假设是 ()A三角形的内角至少有一个钝角B三角形的内角至少有两个钝角C三角形的内角没有一个钝角D三角形的内角没有一个钝角或至少有两个钝角解：命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”故选B.(2)(eq avs4al(2018屯溪高二期中)若a，b，c，x，y，z均为实数，且x0，y0，z0，ax2eq r(y)eq f(,3)，by2eq r(z)eq f(,6)，cz2eq r(x)eq f(,2)，求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明：假设a，b，c都不大于0，即a0，b0，c0，所以abc0.又abcx2eq r(y)eq f(,3)y

11、2eq r(z)eq f(,6)z2eq r(x)eq f(,2)(eq r(x)22eq r(x)1(eq r(y)22eq r(y)1(eq r(z)22eq r(z)13(eq r(x)1)2(eq r(y)1)2(eq r(z)1)23，因为(eq r(x)1)20，(eq r(y)1)20，(eq r(z)1)20，30，所以abc0，与abc0矛盾所以假设错误，原命题正确，即a，b，c中至少有一个大于0.类型三数学归纳法(1)证明：1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,4)eq f(1,2n1)eq f(1,2n)eq f(1,n1)eq f(1,n2)eq f(1,

12、2n)(nN*)证明：当n1时，左边1eq f(1,2)eq f(1,2)，右边eq f(1,2)，等式成立假设nk(kN*)时等式成立，即1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,4)eq f(1,2k1)eq f(1,2k)eq f(1,k1)eq f(1,k2)eq f(1,2k)，那么，当nk1时，1eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,4)eq f(1,2k1)eq f(1,2k)eq f(1,2k1)eq f(1,2k2)eq f(1,k1)eq f(1,k2)eq f(1,2k)eq f(1,2k1)eq f(1,2k2)eq f(1,k2)eq f(1,k

13、3)eq f(1,2k)eq f(1,2k1)eq f(1,2k2).根据和，可知等式对任何nN*都成立(2)用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,5)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2n1)eq f(r(2n1),2)均成立证明：当n2时，左边1eq f(1,3)eq f(4,3)；右边eq f(r(5),2).因为左边右边，所以不等式成立假设nk (k2，且kN*)时不等式成立，即eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)eq blc(rc)

14、(avs4alco1(1f(1,5)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2k1)eq f(r(2k1),2).则当nk1时，eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,3)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,5)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2k1)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2（k1）1)eq f(r(2k1),2)eq f(2k2,2k1)eq f(2k2,2r(2k1)eq f(r(4k28k4),2r(2k1)eq f(r(4k28k3),2r(2k1)eq f(r(2k3)r(2k1),2r(2k1

15、)eq f(r(2（k1）1),2).所以当nk1时，不等式也成立由知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立点拨：用数学归纳法证明与正整数n有关的一些等式时，关键在于“先看项”，弄清从nk到nk1时等式两边的构成规律，然后正确写出归纳证明的步骤，即可证明待证等式用数学归纳法证明不等式，同样要弄清增加的项，很多情况下，还要利用放缩法进行证明(1)求证：12223242(2n1)2(2n)2n(2n1)(nN*)证明：n1时，左边12223，右边3，等式成立假设nk时，等式成立，即12223242(2k1)2(2k)2k(2k1)当nk1时，12223242(2k1)2(2k)2(2k1)2(2

16、k2)2k(2k1)(2k1)2(2k2)2k(2k1)(4k3)(2k25k3)(k1)2(k1)1，所以nk1时，等式也成立由得，等式对任何nN*都成立(2)用数学归纳法证明：1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,n2)eq f(4n,2n1)(nN*)证明：当n1时，左边eq f(1,12)1，右边eq f(41,211)eq f(4,3)，左边右边，即不等式成立假设nk(kN*)时，不等式成立，即1eq f(1,22)eq f(1,32)eq f(1,42)eq f(1,k2)eq f(4k,2k1)，则当nk1时，1eq f(1,22)eq f(

17、1,32)eq f(1,42)eq f(1,k2)eq f(1,（k1）2)eq f(4k,2k1)eq f(1,（k1）2)，问题可通过证明eq f(4k,2k1)eq f(1,（k1）2)eq f(4（k1）,2（k1）1)来实现要证eq f(4k,2k1)eq f(1,（k1）2)eq f(4（k1）,2（k1）1)eq f(4k4,2k3)，只需证eq f(1,（k1）2)eq f(4k4,2k3)eq f(4k,2k1)，只需证eq f(1,（k1）2)eq f(4,（2k3）（2k1）)只需证(2k1)(2k3)4(k1)2，只需证4k28k34k28k4，只需证34.而34显然成

18、立，所以eq f(4k,2k1)eq f(1,（k1）2)eq f(4（k1）,2（k1）1)，即当nk1时，不等式也成立由可得，对于一切的nN*，不等式都成立1综合法又叫顺推证法或由因导果法，它是从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理是在寻求它的必要条件综合法的解题步骤用符号表示是：P(已知)Q1Q2Q3QnQ(结论)2分析法又叫逆推证法或执果索因法，它是从“结论”探求“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理的实质是寻求使结论成立的充分条件分析法的解题步骤用符号表示是：B(结论)B1B2BnA(已知)3分析法与综合法的综合应用分析法和综合法是两种思路相反的推理证明方法，二者各有优缺

19、点分析法思考起来比较自然，容易找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁，且表述易错；综合法条理清晰，宜于表述，缺点是探路艰难，易生枝节在证明数学问题的过程中分析法和综合法往往是相互结合的，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法表述4用反证法证明命题的一般步骤(1)分清命题的条件和结论(2)做出与命题结论相矛盾的假设(3)由假设出发，应用正确的推理方法，推出与已知条件，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾的结果(4)断定产生矛盾的原因是假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真5可用反证法证明的数学命题类型(1)结论是否定形式的命题(2)结论是以至多、至少、唯一等语句给出的

20、命题(3)结论的反面是较明显或较易证明的命题(4)用直接法较难证明或需要分成多种情形进行分类讨论的命题6常见的“结论词”与“反设词”原结论词反设词原结论词反设词至少有一个没有一个x成立x0不成立至多有一个至少有两个x不成立x0成立至少有n个至多有n1个p或q綈p且綈q至多有n个至少有n1个p且q綈p或綈q7.用数学归纳法进行证明时，“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可证第二步的关键是合理运用归纳假设，以“nk时命题成立”为条件，证明“当nk1时命题成立”这里，易出现的错误是：不使用“nk时命题成立”这一条件，而直接将nk1代入命题，便断言此时命题成立注意：没有运用归纳假设的证明不是数学归

21、纳法在nk到nk1的证明过程中寻找由nk到nk1的变化规律是难点，突破的关键是分析清楚p(k)与p(k1)的差异与联系，利用拆、添、并、放、缩等手段，从p(k1)中分离出p(k)8证明不等式的方法多种多样，故在用数学归纳法证明不等式的过程中，比较法、放缩法、分析法等要灵活运用1(eq avs4al(2018烟台期中)分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的 ()A充分条件 B必要条件C充要条件 D既不充分又不必要条件解：分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的充分条件故选A.2(eq avs4al(2018上杭月考)用反证法证明“xR，2x0”，应假设为 ()Ax0R，2x00 Bx0R，

22、2x00CxR，2x0 Dx0R，2x00解：“xR，2x0”的否定为“x0R，2x00”故选D.3(eq avs4al(2018南阳期末)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的假设为 ()Aa，b，c中至少有两个偶数Ba，b，c中至少有两个偶数或都是奇数Ca，b，c都是奇数Da，b，c都是偶数解：结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定是“a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数”故选B.4(eq avs4al(2018长安一中高二期末)用数学归纳法证明123n2eq f(n4n2,2)，则当nk1时左端应在nk的基础上加上 ()Ak21B(k1)2C.eq

23、 f(（k1）4（k1）2,2)D(k21)(k22)(k23)(k1)2解：当nk时，等式左端为12k2，当nk1时，等式左端为12k2(k21)(k22)(k23)(k1)2.故选D.5(eq avs4al(2018济宁微山一中高二期中)若Peq r(a)eq r(a5)，Qeq r(a2)eq r(a3)(a0)，则P，Q的大小关系是 ()APQ BPQCPQ D由a的取值确定解：因为Peq r(a)eq r(a5)，Qeq r(a2)eq r(a3)(a0)，所以P22a52eq r(a25a)，Q22a52eq r(a25a6)，因为a25aa25a6，所以eq r(a25a)eq

24、r(a25a6)，所以P2Q2，所以PQ.故选C.6(eq avs4al(2018龙岗区期末)分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证eq r(b2ac)0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0解：eq r(b2ac)eq r(3)ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.故选C.7设a，b是两个实数，给出下列条件：ab1；ab2；ab2；a2b22；ab1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是_(填序号)解：若aeq f(1,2)，beq f(2,3)，则ab1，但

25、a1，b2，故推不出；若a2，b3，则ab1，故推不出；对于，若ab2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a1且b1，则ab2与ab2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.故填.8(eq avs4al(2016滨州高二期中)若abc，则使eq f(1,ab)eq f(1,bc)eq f(k,ac)恒成立的最大的正整数k为_解：因为abc，所以ab0，bc0，ac0，且acabbc.eq f(ac,ab)eq f(ac,bc)eq f(abbc,ab)eq f(abbc,bc)2eq f(bc,ab)eq f(ab,bc)224，当且仅当bcab时等号成立因为keq f(ac,

26、ab)eq f(ac,bc)恒成立，所以k的最大值为4.故填4.9(eq avs4al(2017驻马店期末)设非等腰ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，用分析法证明：eq f(1,ab)eq f(1,cb)eq f(3,abc).证明：因为ABC非等腰三角形，所以ab0，cb0.要证eq f(1,ab)eq f(1,cb)eq f(3,abc)，只需证eq f(ac2b,（ab）（cb）)eq f(3,abc)，只需证(ac2b)(abc)3(ab)(cb)，只需证(acb)2b(acb)3(acb2bcab)，只需证b2a2c2ac，只需证cosBeq f(

27、a2c2b2,2ac)eq f(1,2)，只需证Beq f(,3).因为A，B，C成等差数列，所以Beq f(AC,2)eq f(B,2)，所以Beq f(,3)显然成立故结论成立10证明：1(x3)n(nN*)能被x2整除证明：(1)当n1时，1(x3)(x2)，能被x2整除；(2)假设nk(kN*)时命题成立，即1(x3)k能被x2整除，则可设1(x3)k(x2)f(x)(其中f(x)为k1次多项式)当nk1时，1(x3)k11(x3)(x3)k(x3)1(x3)k(x2)(x3)(x2)f(x)(x2)(x2)(x3)f(x)1能被x2整除，所以，当nk1时，命题仍然成立由(1)(2)可知，对于nN*命题成立11已知函数f(x)axeq f(x2,x1)(a1)(1)求证：函数f(x)在(1，)上为增函数；(2)用反证法证明：f(x)0没有负根证明：(1)因为函数f(x)axeq f(x2,x1)ax1eq f(3,x1)(a1)，函数yax(a1)与函数yeq f(3,x1)在(1，)上均为增函数，故函数f(x)在(1，