（精品讲义）复习课（二）直接证明与间接证明（部分）

08/909/9/复习课(二)直接证明与间接证明(部分)综合法与分析法(1)综合法与分析法是高考重点考查内容，一般以某一知识点作为载体，考查由分析法获得解题思路以及用综合法有条理地表达证明过程．(2)理解综合法与分析法的概念及区别，掌握两种方法的特点，体会两种方法的相辅相成、辩证统一的关系，以便熟练运用两种方法解题．1．综合法：是从已知条件推导出结论的证明方法；综合法又叫做顺推证法或由因导果法．2．分析法：是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“只需证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．[典例]设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.[证明]法一：综合法因为a>0，b>0，a＋b＝1，所以1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，ab≤eq\f(1,4)，所以eq\f(1,ab)≥4，又eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立)．法二：分析法因为a>0，b>0，a＋b＝1，要证eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.只要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(a＋b,ab)≥8，只要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,a)))≥8，即证eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.也就是证eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)≥4.即证eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，由基本不等式可知，当a>0，b>0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，所以原不等式成立．[类题通法]综合法和分析法的特点(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．1．已知a>0，b>0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，那么m的最大值等于()A．10 B．9C．8 D．7解析：选B∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.∴不等式可化为m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b))).∵5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，即其最小值为9，∴m≤9，即m的最大值等于9.2．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，求证：eq\r(d)＋eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(c).证明：要证eq\r(d)＋eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(c)，只需证(eq\r(d)＋eq\r(a))2＜(eq\r(b)＋eq\r(c))2，即a＋d＋2eq\r(ad)＜b＋c＋2eq\r(bc)，因a＋d＝b＋c，只需证eq\r(ad)＜eq\r(bc)，即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，故ad＜bc成立，从而eq\r(d)＋eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(c)成立.反证法(1)反证法是证明问题的一种方法，在高考中很少单独考查，常用来证明解答题中的一问．(2)反证法是间接证明的一种基本方法，使用反证法进行证明的关键是在正确的推理下得出矛盾．1．使用反证法应注意的问题：利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．2．一般以下题型用反证法：(1)当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；(2)否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；(3)有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法．[典例](1)否定：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为()A．a，b，c都是偶数B．a，b，c都是奇数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数(2)已知：ac≥2(b＋d)．求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．[解析](1)自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为“a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数．”答案：D(2)证明：假设两方程都没有实数根．则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，与已知矛盾，故原命题成立．[类题通法]反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．1．已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，则有a＋b＋c＜3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1.2．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都为整数，已知f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．证明：假设方程f(x)＝0有一个整数根k，则ak2＋bk＋c＝0，∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数．当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，与ak2＋bk为奇数矛盾；当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2＋bk为奇数矛盾．综上可知方程f(x)＝0无整数根．数学归纳法(1)数学归纳法在近几年高考试题中都有所体现，常与数列、不等式结合在一起考查，一般涉及通项公式的求解，相关等式、不等式的证明等，考查模式一般为“归纳——猜想——证明”．(2)数学归纳法是一种特殊的直接证明的方法，在证明一些与正整数有关的数学命题时，往往是非常有用的研究工具．在使用时注意“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可．1．定义：数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．2．注意问题：①n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．②由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．③要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．[典例]设a>0，f(x)＝eq\f(ax,a＋x)，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．[解](1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝eq\f(a,1＋a)；a3＝f(a2)＝eq\f(a,2＋a)；a4＝f(a3)＝eq\f(a,3＋a).猜想an＝eq\f(a,?n－1?＋a)(n∈N*)．(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．②假设n＝k(k∈N*)时猜想正确，即ak＝eq\f(a,?k－1?＋a)，则ak＋1＝f(ak)＝eq\f(a·ak,a＋ak)＝eq\f(a·\f(a,?k－1?＋a),a＋\f(a,?k－1?＋a))＝eq\f(a,?k－1?＋a＋1)＝eq\f(a,[?k＋1?－1]＋a).这说明，n＝k＋1时猜想正确．由①②知，对于任何n∈N*，都有an＝eq\f(a,?n－1?＋a).[类题通法]与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．1．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.解析：由(S1－1)2＝Seq\o\al(2,1)得：S1＝eq\f(1,2)；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝eq\f(2,3)；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝eq\f(3,4).猜想Sn＝eq\f(n,n＋1).答案：eq\f(n,n＋1)2．设数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n?an＋1?,2)(n∈N*)，a2＝2.(1)求{an}的前三项a1，a2，a3；(2)猜想{an}的通项公式，并证明．解：(1)由Sn＝eq\f(n?an＋1?,2)得a1＝1，又由a2＝2，得a3＝3.(2)猜想：an＝n.证明如下：①当n＝1时，猜想成立．②假设当n＝k(k≥2)时，猜想成立，即ak＝k，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(?k＋1??ak＋1＋1?,2)－eq\f(k?ak＋1?,2)＝eq\f(?k＋1??ak＋1＋1?,2)－eq\f(k?k＋1?,2).所以ak＋1＝eq\f(k2,k－1)－eq\f(1,k－1)＝k＋1，所以当n＝k＋1时，猜想也成立．根据①②知，对任意n∈N*，都有an＝n.1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设()A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°解析：选B假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，故选B.2．若三角形能分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是()A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．不能确定解析：选C直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，故选C.3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(?a＋b?2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0解析：选D因为a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.故选D.4．用反证法证明命题“已知a，b，c∈(0,2)，求证a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)不可能都大于1”时，反证假设时正确的是()A．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都小于1B．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都大于1C．假设a(2－b)，b(2－c)，c(2－a)都不大于1D．以上都不对解析：选B反设是否定结论，原命题的结论是不都大于1，所以否定是都大于1.故选B.5．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是()A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤解析：选C若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.6．已知c＞1，a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，则正确的结论是()A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a，b大小关系不定解析：选B假设a≥b，即eq\r(c＋1)－eq\r(c)≥eq\r(c)－eq\r(c－1)，∴eq\r(c＋1)＋eq\r(c－1)≥2eq\r(c)，平方得2c＋2eq\r(c2－1)≥4c，2c≤2eq\r(c2－1)，c≤eq\r(c2－1)，即c2≤c2－1，0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a＜b.7．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b∈R＋，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为________．解析：由eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是单调减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，即A≤B≤C.答案：A≤B≤C8．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝eq\f(n?3n＋1?,2)(n∈N*)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时的等式左边的差等于________．解析：当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k＋2)；当n＝k时，左边＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k，其差为(2k＋1)＋(2k＋2)－(k＋1)＝3k＋2.答案：3k＋29．若直线ax＋2by－2＝0(a＞0，b＞0)始终平分圆x2＋y2－4x－2y－8＝0的周长，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为________．解析：由题知直线经过圆心(2,1)，则a＋b＝1，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(2a,b)))≥3＋2eq\r(2).答案：3＋2eq\r(2)10．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6)，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a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋eq\f(π,2)＋y2－2z＋eq\f(π,3)＋z2－2x＋eq\f(π,6)＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，∵π－3＞0，且(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0.11．各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤eq\r(2n－1)对一切n∈N*恒成立．解：(1)∵aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2，∴数列{aeq\o\al(2,n)}为首项为1，公差为2的等差数列，∴aeq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)·2＝2n－1，又an>0，则an＝eq\r(2n－1).(2)证明：由(1)知，即证1＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(2n－1))≤eq\r(2n－1).①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立．当n＝2时，左边<右边，所以不等式成立．②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，即1＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(2k－1))≤eq\r(2k－1)，当n＝k＋1时，左边＝1＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(2k－1))＋eq\f(1,\r(2k＋1))≤eq\r(2k－1)＋eq\f(1,\r(2k＋1))<eq\r(2k－1)＋eq\f(2,\r(2k＋1)＋\r(2k－1))＝eq\r(2k－1)＋eq\f(2?\r(2k＋1)－\r(2k－1)?,2)＝eq\r(2k＋1)＝eq\r(2?k＋1?－1).所以当n＝k＋1时不等式成立．由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．12．已知函数f(x)＝x2－ax＋ln(x＋1)(a∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值点；(2)若函数f(x)在区间(0,1)上恒有f′(x)>x，求实数a的取值范围；(3)已知a<1，c1>0，且cn＋1＝f′(cn)(