2018屆數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第六章不等式、推理與證明第六節(jié)直接證明與間接證明學(xué)案文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE14-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精eq\o（\s\up7(第六節(jié)),\s\do5（））eq\o(\s\up7(直接證明與間接證明），\s\do5()）1。了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過(guò)程、特點(diǎn)．2．了解間接證明的一種基本方法——反證法,了解反證法的思考過(guò)程、特點(diǎn)．知識(shí)點(diǎn)一直接證明1．綜合法(1）定義:利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過(guò)一系列的________，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論______，這種證明方法叫做綜合法．（2)框圖表示：eq\x（P?Q1)→eq\x(Q1?Q2）→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x（Qn?Q）（其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結(jié)論）．2．分析法（1)定義：從____________出發(fā)，逐步尋求使它成立的____，直至最后,把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件（已知條件、定理、定義、公理等）為止．這種證明方法叫做分析法．(2)框圖表示：eq\x(Q?P1)→eq\x（P1?P2)→eq\x（P2?P3)→…→eq\x(得到一個(gè)明顯成立的條件）.答案1．(1)推理論證成立2.（1）要證明的結(jié)論充分條件1．判斷正誤（1）綜合法是直接證明，分析法是間接證明．（）（2）分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā),逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．（)（3)在解決問(wèn)題時(shí)，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問(wèn)題的過(guò)程．（）（4）證明不等式eq\r(2）＋eq\r(7)〈eq\r（3）＋eq\r(6)最合適的方法是分析法．（)答案：(1）×（2)×（3)√(4）√2．要證明eq\r(3)＋eq\r（7）〈2eq\r（5)，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是()A．綜合法B．分析法C．反證法D．歸納法答案：B3．已知點(diǎn)An(n，an）為函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)圖象上的點(diǎn)，Bn(n，bn）為函數(shù)y＝x圖象上的點(diǎn)，其中n∈N＊，設(shè)cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關(guān)系為_(kāi)_______．解析：由題意知，an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，∴cn＝eq\r（n2＋1）－n＝eq\f(1，\r（n2＋1）＋n）.顯然,cn隨著n的增大而減小，∴cn>cn＋1.答案：cn>cn＋1知識(shí)點(diǎn)二間接證明反證法：假設(shè)原命題________,經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出______，因此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤,從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．答案不成立矛盾4．用反證法證明命題：“已知a,b∈N，若ab可被5整除,則a，b中至少有一個(gè)能被5整除”時(shí),反設(shè)正確的是(）A．a(chǎn)，b都不能被5整除B．a(chǎn),b都能被5整除C．a(chǎn),b中有一個(gè)不能被5整除D．a(chǎn)，b中有一個(gè)能被5整除解析：對(duì)原命題的結(jié)論的否定敘述是:a，b都不能被5整除．答案:A熱點(diǎn)一分析法的應(yīng)用【例1】已知a〉0，證明eq\r(a2＋\f（1,a2))－eq\r(2）≥a＋eq\f(1,a)－2?！咀C明】要證eq\r(a2＋\f(1，a2）)－eq\r(2）≥a＋eq\f（1，a)－2。只需證eq\r（a2＋\f(1,a2）)≥eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（a＋\f(1,a)))－(2－eq\r（2））．因?yàn)閍>0，所以eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1,a)）)－（2－eq\r（2））〉0,所以只需證eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f（1，a2）））)2≥eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（a＋\f(1,a）)）－2－\r（2))）2，即2(2－eq\r（2))eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f（1,a）)）≥8－4eq\r（2)，只需證a＋eq\f（1,a）≥2。因?yàn)閍>0，a＋eq\f（1，a）≥2顯然成立(當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f（1,a)＝1時(shí)等號(hào)成立）,所以要證的不等式成立.【總結(jié)反思】(1）逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過(guò)反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件,正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問(wèn)題順利獲解的關(guān)鍵．(2）證明較復(fù)雜的問(wèn)題時(shí)，可以采用兩頭湊的辦法，即通過(guò)分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過(guò)綜合法證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證。已知m>0，a，b∈R，求證:eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（a＋mb，1＋m）))2≤eq\f(a2＋mb2，1＋m)。證明:∵m>0,∴1＋m>0.所以要證原不等式成立，只需證(a＋mb）2≤(1＋m)·(a2＋mb2），即證m（a2－2ab＋b2）≥0，即證（a－b）2≥0，而（a－b）2≥0顯然成立，故原不等式得證．熱點(diǎn)二綜合法的應(yīng)用【例2】已知函數(shù)f（x）＝ln（1＋x），g(x)＝a＋bx－eq\f（1，2)x2＋eq\f（1,3）x3，函數(shù)y＝f(x）與函數(shù)y＝g(x）的圖象在交點(diǎn)(0，0)處有公共切線．（1）求a，b;（2)證明：f（x)≤g（x)．【解】（1）f′（x)＝eq\f（1，1＋x)，g′(x）＝b－x＋x2,由題意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(g0＝f0，,f′0＝g′0，))解得a＝0，b＝1.（2）證明：令h(x）＝f（x）－g(x）＝ln(x＋1）－eq\f(1，3）x3＋eq\f(1,2)x2－x（x〉－1)．h′(x）＝eq\f（1,x＋1）－x2＋x－1＝eq\f（－x3，x＋1）。h(x)在(－1,0）上為增函數(shù)，在（0，＋∞）上為減函數(shù)．h(x)max＝h（0）＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x）≤g（x）。【總結(jié)反思】綜合法是一種由因?qū)Ч淖C明方法，即由已知條件出發(fā),推導(dǎo)出所要證明的等式或不等式成立．因此，綜合法又叫做順推證法或由因?qū)Чǎ溥壿嬕罁?jù)是三段論式的演繹推理方法,這就要保證前提正確,推理合乎規(guī)律，才能保證結(jié)論的正確性。設(shè)｛an}是首項(xiàng)為a,公差為d的等差數(shù)列（d≠0)，Sn是其前n項(xiàng)的和．記bn＝eq\f（nSn,n2＋c）,n∈N＊,其中c為實(shí)數(shù)．若c＝0,且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明:Snk＝n2Sk（k,n∈N*)．證明：由題意得,Sn＝na＋eq\f(nn－1,2)d.由c＝0，得bn＝eq\f（Sn,n）＝a＋eq\f(n－1,2）d.又因?yàn)閎1，b2，b4成等比數(shù)列，所以beq\o\al(2，2）＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(d，2)）)2＝aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＋\f（3,2)d）),化簡(jiǎn)得d2－2ad＝0。因?yàn)閐≠0，所以d＝2a因此，對(duì)于所有的m∈N*,有Sm＝m2a從而對(duì)于所有的k,n∈N＊，有Snk＝（nk)2a＝n2k2a＝n2S熱點(diǎn)三反證法的應(yīng)用考向1證明否定性命題【例3】設(shè)｛an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和．(1)求證：數(shù)列｛Sn}不是等比數(shù)列；（2）數(shù)列｛Sn｝是等差數(shù)列嗎?為什么？【解】(1)證明：若｛Sn}是等比數(shù)列,則Seq\o\al（2，2)＝S1·S3，即aeq\o\al（2,1）（1＋q）2＝a1·a1(1＋q＋q2），∵a1≠0，∴（1＋q）2＝1＋q＋q2，解得q＝0，這與q≠0相矛盾,故數(shù)列｛Sn}不是等比數(shù)列．(2）當(dāng)q＝1時(shí)，{Sn}是等差數(shù)列．當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn｝不是等差數(shù)列．假設(shè)q≠1時(shí),S1，S2，S3成等差數(shù)列，即2S2＝S1＋S3,2a1（1＋q）＝a1＋a1（1＋q＋q2由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2,∵q≠1，∴q＝0，這與q≠0相矛盾．綜上可知，當(dāng)q＝1時(shí),{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時(shí),{Sn｝不是等差數(shù)列?！究偨Y(jié)反思】反證法的原理是“正難則反”,即如果正面證明有困難時(shí),或者直接證明需要分多種情況而反面只有一種情況時(shí)，可以考慮用反證法。已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）求證：數(shù)列｛an｝中不存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列．解：（1）當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋S1＝2a1＝2，則a1又an＋Sn＝2,所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝eq\f(1，2）an，所以{an｝是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列,所以an＝eq\f（1,2n－1）。（2）證明：假設(shè)存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列，記為ap＋1,aq＋1,ar＋1(p<q〈r，且p,q,r∈N＊）．則2·eq\f（1,2q)＝eq\f(1，2p)＋eq\f（1,2r）。所以2·2r－q＝2r－p＋1。①又因?yàn)閜<q〈r，所以r－q,r－p∈N*.所以①式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立．所以假設(shè)不成立，原命題得證．考向2證明“至多”，“至少”，“唯一”性命題【例4】已知M是由滿足下述條件的函數(shù)構(gòu)成的集合：對(duì)任意f（x)∈M，(ⅰ)方程f(x)－x＝0有實(shí)數(shù)根;（ⅱ）函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′（x)滿足0〈f′(x）〈1.（1）判斷函數(shù)f（x)＝eq\f(x，2)＋eq\f（sinx,4)是不是集合M中的元素，并說(shuō)明理由；(2)集合M中的元素f（x）具有下面的性質(zhì)：若f（x)的定義域?yàn)镈,則對(duì)于任意［m，n］?D,都存在x0∈（m，n)，使得等式f（n)－f（m)＝(n－m）f′（x0）成立．試用這一性質(zhì)證明：方程f（x）－x＝0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根．【解】(1）①當(dāng)x＝0時(shí),f(0)＝0，所以方程f（x）－x＝0有實(shí)數(shù)根為0;②f′(x）＝eq\f（1，2）＋eq\f(1，4)cosx，所以f′（x）∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(1,4）,\f(3，4）)）,滿足條件0〈f′（x）〈1。由①②可得，函數(shù)f（x）＝eq\f(x，2)＋eq\f（sinx,4）是集合M中的元素．（2）證明：假設(shè)方程f(x）－x＝0存在兩個(gè)實(shí)數(shù)根α，β(α≠β），則f（α)－α＝0,f(β)－β＝0。不妨設(shè)α<β，根據(jù)題意存在c∈(α，β)．滿足f（β)－f(α)＝（β－α)f′(c）．因?yàn)閒(α）＝α，f(β)＝β，且α≠β,所以f′（c）＝1.與已知0〈f′（x)<1矛盾．又f(x）－x＝0有實(shí)數(shù)根，所以方程f（x）－x＝0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根.【總結(jié)反思】當(dāng)一個(gè)命題的結(jié)論是以“至多”、“至少”、“唯一"或以否定形式出現(xiàn)時(shí),可用反證法來(lái)證，反證法關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是與已知條件矛盾，與假設(shè)矛盾，與定義、公理、定理矛盾,與事實(shí)矛盾等。已知f（x）＝x2＋ax＋b.(1)求f（1)＋f(3)－2f（2)求證:|f（1)｜，|f（2)|，｜f(3）｜中至少有一個(gè)不小于eq\f（1,2）.解：(1）因?yàn)閒(1）＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3）＝3a＋b＋9，所以f(1）＋f（3)－(2）證明：假設(shè)｜f（1）｜，｜f(2)|，｜f(3）｜都小于eq\f（1，2），則－eq\f（1,2)<f（1）〈eq\f(1，2),－eq\f（1,2）<f（2)〈eq\f（1,2），－eq\f（1,2）<f（3)〈eq\f（1,2）。所以－1〈－2f(2)<1，－1<f(1）＋f所以－2〈f(1)＋f(3）－2f這與f（1)＋f(3)－2f所以假設(shè)錯(cuò)誤，即所證結(jié)論成立．1．分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法思考起來(lái)比較自然，容易尋找到解題的思路和方法,缺點(diǎn)是思路逆行,敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，