2022届高三数学一轮复习（原卷版）12．3　直接证明与间接证明及数学归纳法.doc

1 123 直接证明与间接证明及数学归纳法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)nk nk1 正整数 n 4正整数 要证明 3 72 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 1121312n11)时，第一步应验证不等式 ( ) A1122 B112132 C112133 D11213141，所以 n 取的第一个数为2，左端分母最大的项为122113，故选 B. 设 a， bR， 且 ab， ab2， 则必有( ) A1aba2b22 Bab1a2b22 Caba2b221 D.a2b221ab 解：abab2210，b0，ab1. 求证：a12b122. 证明：要证a12b122， 只需证 a12b122a12b124， 又 ab1，故只需证a12b121， 只需证a12b12ab12(ab)141， 只需证 ab14. 因为 a0，b0，1ab2 ab，所以 ab14， 故原不等式成立(当且仅当 ab12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lnbblnaa. 令 f(x)lnxx(xe)，则 f(x)1lnxx2， 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lnbblnaa. 故原不等式成立 类型二类型二 间接证明间接证明 (1)设 a，b，c 都是正数，则 a1b，b1c，c1a三个数 ( ) A都大于 2 B都小于 2 C至少有一个大于 2 D至少有一个不小于 2 解：假设 a1b，b1c，c1a均小于 2，则 a1bb1cc1a6.因为 a， b， c 都是正数， 则 a1bb1cc1a(a1a)(b1b)(c1c)2a1a 3 2b1b2c1c6(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)(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(b2)，f(b2)，f(12)中至少有一个不小于12. 解： ()当a1时， 不等式即|2x1|2x1|x2， 则x12，4xx2，无解； 或12x12，2x2，解得 0 x12； 或x12，4xx2，解得12x23. 综上，不等式的解集为0|0 x23. ()证明：假设 f(b2)，f(b2)，f(12)都小于12， 则12ab12，12ab12，121a12， 由得，12a12，与12a32矛盾 故 f(b2)，f(b2)，f(12)中至少有一个不小于12. 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)(2018龙岩期末)用反证法证明命题：“三角形的内角至多有一个钝角”，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)(2018 屯溪高二期中)若 a，b，c，x，y，z 均为实数，且 x0，y0，z0，ax2 y3，by2 z6，cz2 x2，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 abcx2 y3y2 z6z2 x2( x)22 x1( y)22 y1( z)22 z13( x1)2( y1)2( z1)23， 因为( x1)20，( y1)20，( z1)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. 类型三类型三 数学归纳法数学归纳法 (1)证明：112131412n112n1n11n212n(nN*) 证明： 当 n1 时， 左边11212， 右边12，等式成立 假设 nk(kN*)时等式成立，即 112131412k112k1k11k212k， 4 那么，当 nk1 时， 112131412k112k12k112k2 1k11k212k12k112k2 1k21k312k12k112k2. 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113115112n12n12均成立 证明： 当 n2 时， 左边11343； 右边52. 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113115112k12k12. 则当 nk1 时， 113115112k1112（k1）1 2k122k22k12k22 2k14k28k42 2k1 4k28k32 2k12k3 2k12 2k12（k1）12. 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(2k2)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：11221321421n24n2n1(nN*) 证明：当 n1 时，左边1121，右边4121143，左边右边，即不等式成立 假设 nk(kN*)时，不等式成立， 即 11221321421k24k2k1， 则当 nk1 时， 11221321421k21（k1）24k2k11（k1）2， 问 题 可 通 过 证 明4k2k11（k1）24（k1）2（k1）1来实现 要 证4k2k11（k1）24（k1）2（k1）14k42k3， 只需证1（k1）24k42k34k2k1， 只需证1（k1）24（2k3）（2k1） 只需证(2k1)(2k3)4(k1)2， 只需证 4k28k34k28k4， 只需证 34.而 34 显然成立， 所以4k2k11（k1）24（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 5 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)Q1Q2Q3 QnQ(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 q 7.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(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(2018上杭月考)用反证法证明“xR，2x0”，应假设为 ( ) Ax0R，2x00 Bx0R，2x00 CxR，2x0 Dx0R，2x00 解：“xR，2x0”的否定为“x0R，2x00”故选 D. 3(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(2018长安一中高二期末)用数学归纳法证明 123n2n4n22，则当 nk1 时左端应在 nk 的基础上加上 ( ) Ak21 B(k1)2 6 C.（k1）4（k1）22 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(2018济宁微山一中高二期中)若 P aa5，Q a2 a3(a0)，则 P，Q 的大小关系是 ( ) APQ BPQ CPQ D由 a 的取值确定 解：因为 P a a5，Q a2 a3(a0)，所以 P22a52 a25a，Q22a52a25a6，因为 a25aa25a6，所以a25a a25a6，所以 P2Q2，所以 PQ.故选 C. 6(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 b2ac0 Bac0 C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0 解：b2ac3ab2ac3a2(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 a12，b23，则 ab1，但 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(2016滨州高二期中)若 abc， 则使1ab1bckac恒 成 立 的 最 大 的 正 整 数 k 为_ 解：因为 abc，所以 ab0，bc0，ac0，且 acabbc.acabacbcabbcababbcbc2bcababbc224，当且仅当 bcab 时等号成立因为kacabacbc恒成立， 所以 k 的最大值为 4.故填 4. 9(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：1ab1cb3abc. 证明：因为ABC 非等腰三角形，所以 ab0，cb0. 要证1ab1cb3abc， 只需证ac2b（ab）（cb）3abc， 只需证(ac2b)(abc)3(ab)(cb)， 只需证(acb)2b(acb)3(acb2bcab)， 只需证 b2a2c2ac， 只需证 cosBa2c2b22ac12， 只需证 B3. 因为 A，B，C 成等差数列，所以 BAC2B2，所以 B3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)axx2x1(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)axx2x1ax13x1(a1)， 函数yax(a1)与函数y3x1在( 7 1，)上均为增函数，故函数 f(x)在(1，)上为增函数 (2)假设函数 f(x)0 有负根 x0， 即存在 x00 且x01 满足 f(x0)0，则 ax02x0 x01.又 0ax01，所以 02x0 x011， 解得12x02， 这与假设矛盾故f(x)0 没有负根 (2018秦淮中学期末)已知数列an满足：a112，3（1an1）1an2（1an）1an1，anan10(n1)；数列bn满足：bna2n1a2n(n1) (1)求数列an，bn的通项公式； (2)证明：数列bn中的任意三项不可能成等差数列 解：(1)由题意可知，1a2n123(1a2n) 令 cn1a2n，则 cn123cn， 又 c11a2134，则数列cn是首项为34，公比为23的等比数列， 所以 cn34 (23)n1， 即 1a2n34 (23)n1，a2n134(23)n1， 又 a1120，anan10， 故 an(1)n1134 （23）n1. bna2n1a2n 134(23)n134(23)n1 14(23)n1. (2)证明：假设数列bn存在三项 br，bs，bt(rst)按某种顺序成等差数列， 由(1)知，数列bn是首项为14，公比为23的等比数列， 于是有 brbsbt，则只有可能有 2bsbrbt成立所以 214(23)s114(23)r114(23)t1， 化简得 3tr2tr22sr3ts， 由于 rst，所以式左边为奇数，右边为偶数，故式不成立，即式不成立，导致矛盾 故数列bn中任意三项不可能成等差数列 8