2016年《南方新课堂·高考总复习》数学(理科)-第五章-第7讲-直接证明与间接证明

第7讲直接证明与间接证明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、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、特点．1．直接证明(1)综合法．①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，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证明的结论)．(2)分析法．①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、定义、定理、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．2．间接证明反证法：假设原命题不成立，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．②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件.A．反证法B．分析法C．综合法D．前面三种方法都不合适1．要证明3＋7＜25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是()B2．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()BA．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角中至多有一个大于60°D．三个内角中至多有两个大于60°3．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)存在有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设正确的是________．②①假设a，b，c都是偶数；②假设a，b，c都不是偶数；③假设a，b，c至多有一个是偶数；④假设a，b，c至多有两个是偶数．4．某个命题与正整数n有关，若n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，该命题也成立．现在已知当n)C＝5时，该命题不成立，那么可推得(A．当n＝6时，该命题不成立B．当n＝6时，该命题成立C．当n＝4时，该命题不成立D．当n＝4时，该命题成立考点1综合法例1：已知a，b，c为正实数，a＋b＋c＝1.求证：(1)a2＋b2＋c2≥13；(2)3a＋2＋3b＋2＋3c＋2≤6.证明：(1)方法一：∵a＋b＋c＝1，∴a2＋b2＋c2－13＝13(3a2＋3b2＋3c2－1)＝13[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2]＝13(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc)＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0.∴a2＋b2＋c2≥13.方法二：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋c2＋(a2＋b2)＋(a2＋c2)＋(b2＋c2)，当且仅当a＝b＝c＝13时取等号，∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1.∴a2＋b2＋c2≥13.方法三：设a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ.∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0.∴a2＋b2＋c2＝13＋α2＋13＋β2＋13＋γ2＝13＋23(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2＝13＋α2＋β2＋γ2≥13.∴a2＋b2＋c2≥13.(2)∵3a＋2＝3a＋2×1≤3a＋2＋12＝3a＋32，同理，3b＋2≤3b＋32，3c＋2≤3c＋32，∴3a＋2＋3b＋2＋3c＋2≤3a＋b＋c＋92＝6.∴原不等式成立．【互动探究】1．证明：若a，b0，则lga＋b2≥lga＋lgb2.证明：当a，b0时，a＋b2≥ab0，当且仅当a＝b时取等号．两边取对数，得lga＋b2≥lgab.又lgab＝lgab2＝lga＋lgb2，∴当a，b0时，lga＋b2≥lga＋lgb2.考点2分析法例2：已知a＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明：要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.∵a＞0，故只要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22a＋1a＋2，从而只要证2a2＋1a2≥2a＋1a，只要证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2，即证a2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．【互动探究】2．已知m＞0，a，b∈R，求证：a＋mb1＋m2≤a2＋mb21＋m.证明：∵m＞0，∴1＋m＞0.要证原不等式成立，即证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．考点3反证法例3：(2014年广东广州一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若p，q，r是三个互不相等的正整数，且p，q，r成等差数列，试判断ap－1，aq－1，ar－1是否成等比数列？并说明理由．解：(1)∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n，∴当n＝1时，有a1＝(1－1)S1＋2，解得a1＝2.由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n，得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＋(n＋1)an＋1＝nSn＋1＋2(n＋1)，两式相减，得(n＋1)an＋1＝nSn＋1－(n－1)Sn＋2.①以下提供两种方法：方法一：由①式，得(n＋1)(Sn＋1－Sn)＝nSn＋1－(n－1)Sn＋2，即Sn＋1＝2Sn＋2.∴Sn＋1＋2＝2(Sn＋2)．∵S1＋2＝a1＋2＝4≠0，∴数列{Sn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．∴Sn＋2＝4×2n－1，即Sn＝4×2n－1－2＝2n＋1－2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，又a1＝2也满足上式，∴an＝2n.方法二：由①式，得(n＋1)an＋1＝nSn＋1－(n－1)Sn＋2＝n(Sn＋1－Sn)＋Sn＋2，得an＋1＝Sn＋2.②当n≥2时，an＝Sn－1＋2，③②－③，得an＋1＝2an.由a1＋2a2＝S2＋4，得a2＝4.∴a2＝2a1.∴an＋1＝2an，n∈N*.∴数列{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列．∴an＝2n.(2)ap－1，aq－1，ar－1不成等比数列，理由如下：∵p，q，r成等差数列，∴p＋r＝2q.假设ap－1，aq－1，ar－1成等比数列，则(ap－1)(ar－1)＝(aq－1)2，即(2p－1)(2r－1)＝(2q－1)2.化简，得2p＋2r＝2×2q.(*)∵p≠r，∴2p＋2r＝2×2q，这与(*)式矛盾．故假设不成立．∴ap－1，aq－1，ar－1不成等比数列．222pr【规律方法】反证法主要适用于以下两种情形：①要证的条件和结论之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；②如果从正面出发，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面证明，只要研究一种或很少几种情形．【互动探究】3．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？并说明理由．(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S22＝S1·S3，即a21(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)．∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2.解得q＝0，这与q≠0相矛盾．故数列{Sn}不是等比数列．(2)解：当q＝1时，{Sn}显然是等差数列．当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设当q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，则2S2＝S1＋S3.即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．∵a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2.∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．综上所述，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．