2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义 习题：第七章 不等式、推理与证明、数学归纳法 7-6 WORD版含解析.docx

1、7.6直接证明与间接证明考情考向分析高考要求了解分析法、综合法、反证法，会用这些方法处理一些简单问题，高考一般不单独考查，会与其他知识综合在一起命题1直接证明(1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法(2)一般形式ABC本题结论(3)综合法定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止这种证明方法常称为综合法推证过程(4)分析法定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止这种证明方法常称为分析法推证过程2间接证明(1)常用的间接证明方法有反证法、同一法等(2)反证法的基本步骤反

2、设假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真归谬从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果存真由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立概念方法微思考1直接证明中的综合法是演绎推理吗？提示是用综合法证明时常省略大前提2综合法与分析法的推理过程有何区别？提示综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的3反证法是“要证原命题成立，只需证其逆否命题成立”的推理方法吗？提示不是反证法是命题中“p与綈p”关系的应用题组一思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明()(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充

3、要条件()(3)用反证法证明结论“ab”时，应假设“ab”()(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾()(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程()(6)证明不等式Q解析P22a132，Q22a132，P2Q2，又P0，Q0，PQ.3P87习题T7设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，则_.答案2解析由题意，得x，y，b2ac，xy，2.题组三易错自纠4若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是_(填序号)ac2abb2；.答案解析a2aba(ab)，ab0，ab0，a2ab.(*1)又abb2b(ab

4、)0，abb2，(*2)由(*1)(*2)得a2abb2.5用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要作的假设是_答案方程x3axb0没有实根解析方程x3axb0至少有一个实根的反面是方程x3axb0没有实根6如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则A2B2C2是_三角形答案钝角解析由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形由得那么，A2B2C2，这与三角形内角和为相矛盾所以假设不成立假设A2B2C2是直角三角形，不妨设A2，则cos A1sin A21，A10

5、，矛盾所以A2B2C2是钝角三角形题型一综合法的应用1已知m1，a，b，则a，b的大小关系为_答案a0(m1)，即aab成立，则a，b应满足的条件是_答案a0，b0且ab解析ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()当a0，b0且ab时，()2()0.abab成立的条件是a0，b0且ab.3若a，b，c是不全相等的正数，求证：lglglglg alg blg c.证明a，b，c(0，)， 0， 0， 0.由于a，b，c是不全相等的正数，上述三个不等式中等号不能同时成立，abc0成立上式两边同时取常用对数，得lglg(abc)，lglglglg alg blg c.4已知a，b，c0，a

6、bc1.求证：(1)；(2).证明(1)()2(abc)222(abc)(ab)(bc)(ca)3，(当且仅当abc时取等号)(2)a0，3a11，(3a1)24，33a，同理得33b，33c，以上三式相加得493(abc)6，(当且仅当abc时取等号)思维升华 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理题型二分析法的应用例1 已知函数f(x)tan x，x，若x1，x2，且x1x2，求证：f(x1)f(x2

7、)f.证明要证f(x1)f(x2)f，即证明(tan x1tan x2)tan ，只需证明tan ，只需证明.由于x1，x2，故x1x2(0，)所以cos x1cos x20，sin(x1x2)0,1cos(x1x2)0，故只需证明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即证1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即证cos(x1x2)f.引申探究若本例中f(x)变为f(x)3x2x，试证：对于任意的x1，x2R，均有f.证明要证明f，即证明2，因此只要证明(x1x2)(x1x2)，即证明3，因此只要证明，由于当x1，x2R时，3x10,3x20，

8、由基本不等式知显然成立，当且仅当x1x2时，等号成立故原结论成立思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件正确把握转化方向是使问题顺利解决的关键(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证跟踪训练1 已知a0，证明： a2.证明要证 a2，只需证 (2)因为a0，所以(2)0，所以只需证22，即2(2)84，只需证a2.因为a0，a2显然成立(当a1时等号成立)，所以要证的不等式成立题型三反证法的应用命题点1证明否定性命题例2 设an是公比为q的

9、等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明：数列an1不是等比数列(1)解设an的前n项和为Sn，则当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明假设an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列命题点2证明存在性命题例3 已知在四棱锥SABCD中，底面

10、是边长为1的正方形，又SBSD，SA1.(1)求证：SA平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由(1)证明由已知得SA2AD2SD2，SAAD.同理SAAB.又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，SA平面ABCD.(2)解假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD.BCAD，BC平面SAD，AD平面SAD.BC平面SAD.而BCBFB，BC，BF平面SBC，平面SBC平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，假设不成立不存在这样的点F，使得BF平面SAD.命题点3证明唯一性命题例

11、4 已知M是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f(x)M，方程f(x)x0有实数根；函数f(x)的导数f(x)满足0f(x)1.(1)判断函数f(x)是不是集合M中的元素，并说明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下列性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意m，nD，都存在x0(m，n)，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立试用这一性质证明：方程f(x)x0有且只有一个实数根(1)解当x0时，f(0)0，所以方程f(x)x0有实数根0；f(x)，所以f(x)，满足条件0f(x)1.由可得，函数f(x)是集合M中的元素(2)证明假设方程f(x)x0存在两个实数根， ()，则f()

12、0，f()0.不妨设，根据题意存在c(，)，满足f()f()()f(c)因为f()，f()，且，所以f(c)1.与已知0f(x)1矛盾又f(x)x0有实数根，所以方程f(x)x0有且只有一个实数根思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“pq”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都

13、是矛盾结果跟踪训练2 若f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(a2)，使函数h(x)是区间a，b上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由解(1)由题设得g(x)(x1)21，其图象的对称轴为x1，区间1，b在对称轴的右边，所以函数在区间1，b上单调递增由“四维光军”函数的定义可知，g(1)1，g(b)b，即b2bb，解得b1或b3.因为b1，所以b3.(2)假设存在常数a，b (a2)，使函数h(x)是区间a，b 上的“四维光军”函数，因为h(x)在区间(2，)上单调递减，所以有即解得ab，这与已知矛盾故不存在1已知函数f(x)x，a，b为正实数，Af，Bf()，C

14、f，则A，B，C的大小关系为_答案ABC解析因为，又f(x)x在R上是单调减函数，故f f()f .2分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证0解析由题意知ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.3设x0，P2x2x，Q(sin xcos x)2，则P，Q的大小关系为_答案PQ解析因为2x2x22(当且仅当x0时等号成立)，而x0，所以P2；又(sin xcos x)21sin 2x，而sin 2x1，所以Q2.于是PQ.4已知函数yf(x)是R上的奇函数，且为增函数，若ab0，bc0，ca

15、0，则f(a)f(b)f(c)的符号为_答案正解析ab0，ab.又函数yf(x)是R上的奇函数，且为增函数，f(a)f(b)f(b)，即f(a)f(b)0.同理f(b)f(c)0，f(c)f(a)0，f(a)f(b)f(c)0.5要证a2b21a2b20只要证明_(填正确的序号)2ab1a2b20；a2b210；1a2b20；(a21)(b21)0.答案解析a2b21a2b20(a21)(b21)0.6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)答案解析若a，b，则ab1，但a1，b2，故推不出；若a2

16、，b3，则ab1，故推不出；对于，即ab2，则a，b中至少有一个大于1，下面用反证法证明：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1.7用反证法证明命题“a，bR，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是_答案a，b都不能被5整除8.与2的大小关系为_答案2解析要比较与2的大小，只需比较()2与(2)2的大小，只需比较672与854的大小，只需比较与2的大小，只需比较42与40的大小，4240，2.9已知点An(n，an)为函数y图象上的点，Bn(n，bn)为函数yx图象上的点，其中nN*，设cnanbn，则cn与cn1的大小

17、关系为_答案cn1cn解析由条件得cnanbnn，则cn随n的增大而减小，cn1cn.10已知直线l平面，直线m平面，有下列命题：lm；lm；lm.其中正确命题的序号是_答案解析l，又m，lm，正确；l或l，l，m平行、相交、异面都有可能，故错误；m或m.又m，可能相交或平行，故错误11已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列an中不存在三项按原来顺序成等差数列(1)解当n1时，a1S12a12，则a11.又anSn2，所以an1Sn12，两式相减得an1an，所以an是首项为1，公比为的等比数列，所以an(nN*)(2)证明假设存在

18、三项按原来顺序成等差数列，记为ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，则2，所以22rq2rp1.(*)又因为pqM；或者存在正整数m，使得cm，cm1，cm2，是等差数列(1)解c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb13a1，b23a2，b33a3max131,332,5332.当n3时，(bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0时，取正整数m，则当nm时，nd1d2，因此，cnb1a1n，此时，cm，cm1，cm2，是等差数列当d10时，对任意n1，cnb1a1n(n1)maxd2,0b1a1(n1)(

19、maxd2,0a1)此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列当d1时，有nd1max，故当nm时，M.13若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1，在区间1,1内至少存在一点c，使f(c)0，则实数p的取值范围是_答案解析若二次函数f(x)0在区间1,1内恒成立，则解得p3或p，故满足题干要求的p的取值范围为.14已知函数f(x)ax(a1)(1)证明：函数f(x)在(1，)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)0没有负数根证明(1)任取x1，x2(1，)，不妨设x10.a1，ax2x11且ax10，ax2ax1ax1(ax2x11)0.又x110，x210，0.于是f(x2)f(x

20、1)ax2ax10，故函数f(x)在(1，)上为增函数(2)假设存在x01，0ax01，01，即x02，与假设x00(x01)相矛盾，故方程f(x)0没有负数根15已知函数f(x)2e2x2axa2e1，其中aR，e为自然对数的底数若函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点，则a的取值范围是_答案(2e1,2e22e1)解析f(x)2e2x2axa2e1，则f(x)4e2x2a，x(0,1)，44e2x4e2，若a2e2时，f(x)0，函数f(x)在(0,1)内单调递增，故在(0,1)内至多有一个零点，故舍去；若2a2e2时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)minf2aal

21、n2e1.令h(x)2xxln2e1(2x0，h(x)为增函数；当x(2e,2e2)时，h(x)0，h(x)为减函数，所以h(x)maxh(2e)10，即f(x)mink)总成立，则称数列an是“P(k)数列”(1)证明：等差数列an是“P(3)数列”；(2)若数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：an是等差数列证明(1)因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1(n1)d，从而，当n4时，ankanka1(nk1)da1(nk1)d2a12(n1)d2an，k1,2,3，所以an3an2an1an1an2an36an，因此等差数列an是“P(3)数列”(2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n3时，an2an1an1an24an，当n4时，an3an2an1an1an2an36an.由知，an3an24an1(anan1)，an2an34an1(an1an)将代入，得an1an12an，其中n4，所以a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为d.在中，取n4，则a2a3a5a64a4，所以a2a3d，在中，取n3，则a1a2a4a54a3，所以a1a32d，所以数列an是等差数列