直接证明与间接证明
直接证明与间接证明
目标要求：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．
考查角度[直接证明]
1．(2013·课标全国卷Ⅰ)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝
a n ，
b n ＋1＝
c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n 2，则( )
A ．{S n }为递减数列
B ．{S n }为递增数列
C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列
D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列
解：在△A 1B 1C 1中，b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，∴b 1＞a 1＞c 1.
在△A 2B 2C 2中，a 2＝a 1，b 2＝c 1＋a 12，c 2＝b 1＋a 12，b 2＋c 2＝2a 1，∴
c 1＜b 2＜a 1＜c 2＜b 1.
在△A 3B 3C 3中，a 3＝a 2＝a 1，b 3＝c 2＋a 22＝c 2＋a 12，c 3＝b 2＋a 22＝
b 2＋a 12，b 3＋
c 3＝2a 1，∴a 1＜b 3＜c 2，b 2＜c 3＜a 1，∴c 1＜b 2＜c 3＜a 1＜b 3＜c 2＜b 1.由归纳知，n 越大，两边c n ，b n 越靠近a 1且c n ＋b n ＝2a 1，此时面积S n 越来越大，当且仅当c n ＝b n ＝a 1时△A n B n C n 的面积最大．
【答案】 B
2．(2013·北京高考)已知{a n}是由非负整数组成的无穷数列．该数列前n项的最大值记为A n，第n项之后各项a n＋1，a n＋2，…的最小值记为B n，d n＝A n－B n.
(1)若{a n}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，a n＋4＝a n)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数．证明：d n＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{a n}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，d n＝1(n＝1,2,3，…)，则{a n}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(2)证明：(充分性)因为{a n}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤a n≤….因此A n＝a n，B n＝a n＋1，d n＝a n－a n＋1＝－d(n ＝1,2,3，…)．
(必要性)因为d n＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，
所以A n＝B n＋d n≤B n.
又因为a n≤A n，a n＋1≥B n，所以a n≤a n＋1.
于是，A n＝a n，B n＝a n＋1.
因此a n＋1－a n＝B n－A n＝－d n＝d，
即{a n}是公差为d的等差数列．
(3)证明：因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故对任意n≥1，a n≥B1＝1.
假设{a n}(n≥2)中存在大于2的项．
设m为满足a m>2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k 又因为a1＝2，所以A m－1＝2，A m＝a m>2， 于是，B m＝A m－d m>2－1＝1，B m－1＝min{a m，B m}≥2. 故d m－1＝A m－1－B m－1≤2－2＝0，与d m－1＝1矛盾． 所以对于任意n≥1，有a n≤2，即非负整数列{a n}的各项只能为1或2. 因为对任意n≥1，a n≤2＝a1， 所以A n＝2. 故B n＝A n－d n＝2－1＝1. 因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且a m＝1，即数列{a n}有无穷多项为1. [命题规律预测] 考向一综合法 【例1】(2014·北京高考)如图11-3-1，在三棱柱ABC-A1B1C1中， 侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点． (1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求证：C1F∥平面ABE； (3)求三棱锥E－ABC的体积． 图11-3-1 【思路点拨】(1)利用已知条件转化为证明AB⊥平面B1BCC1； (2)取AB的中点G，构造四边形FGEC1，证明其为平行四边形，从而 得证；(3)根据题中数据代入公式计算即可． 【解】(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中， BB1⊥底面ABC， 所以BB 1⊥AB . 又因为AB ⊥BC ， 所以AB ⊥平面B 1BCC 1， 所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1. (2)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，FG . 因为E ，F 分别是A 1C 1，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC . 因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1，所以四边形FGEC 1为平行四边形． 所以C 1F ∥EG . 又因为EG ?平面ABE ，C 1F ?平面ABE ， 所以C 1F ∥平面ABE . (3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E －ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝3 3. 综合法的应用技巧： 综合法从正确地选择已知真实的命题出发，依次推出一系列的真命题，最后得到我们所要证明的结论；综合法是一种由因导果的证明 方法，其逻辑依据是“三段论”式的演绎推理方法． [对点练习] (2013·江苏高考)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列 (d ≠0)，S n 是其前n 项和．记b n ＝nS n n 2＋c ，n ∈N *，其中c 为实数． (1) 若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. 证明：由题设知，S n ＝na ＋n (n －1)2d (1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d . 又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4， 即? ????a ＋d 22＝a ? ?? ??a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0. 因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a . 从而对于所有的k ，n ∈N *， 有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k . (2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1， 即nS n n 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有 ? ????d 1－12d n 3＋? ????b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)． 令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的 n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n ＝D .(*) 在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得 A ＋ B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1， 从而有????? 7A ＋3B ＋cd 1＝0，19A ＋5B ＋cd 1＝0， 21A ＋5B ＋cd 1＝0， ①②③ 由②③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0，即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0. 若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0. 又因为cd 1＝0，所以c ＝0. 考向二 分析法 【例2】 已知a ＞0，证明a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2. 从结论出发，倒着分析，逐步逼近已知条件，探寻上一步结论成立的充分条件． 【证明】 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2， 只需证a 2＋1a 2≥? ?? ??a ＋1a －(2－2)． 因为a ＞0，所以? ?? ??a ＋1a －(2－2)＞0， 所以只需证? ????a 2 ＋1a 22≥??????? ????a ＋1a －(2－2)2， 即2(2－2)? ?? ??a ＋1a ≥8－42， 只需证a ＋1a ≥2. 因为a ＞0，a ＋1a ≥2显然成立? ?? ??a ＝1a ＝1时等号成立，所以要证的不等式成立． 分析法证明问题的适用范围： 当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法． [对点练习] 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈? ????0，π2，若x 1，x 2∈? ?? ??0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]＞f ? ?? ??x 1＋x 22. 【证明】 要证12[f (x 1)＋f (x 2)]＞f ? ?? ???x 1＋x 22， 即证明12(tan x 1＋tan x 2)＞tan x 1＋x 22， 只需证明12? ?? ??sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2＞tan x 1＋x 22， 只需证明sin (x 1＋x 2)2cos x 1cos x 2＞sin (x 1＋x 2)1＋cos (x 1＋x 2) . 由于x 1，x 2∈? ? ??? 0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)． 所以cos x 1cos x 2＞0，sin(x 1＋x 2)＞0,1＋cos(x 1＋x 2)＞0， 故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)＞2cos x 1cos x 2， 即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2＞2cos x 1cos x 2. 即证：cos(x 1－x 2)＜1. 由x 1，x 2∈? ? ??? 0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立， 因此，12[f (x 1)＋f (x 2)]＞f ? ? ??? ? x 1＋x 22成立． 考向三 反证法 [典例剖析] 【例3】 (2013·陕西高考)设{a n }是公比为q 的等比数列．设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 利用反证法，结合等比数列的性质证明便可． 证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N ＋， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1， a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1. ∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 反证法应用问题的常见类型及解题策略： (1)证明否定性命题．解决此类问题分三步：①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论正确． (2)证明存在性问题．证明此类问题的方法类同问题(1)． [对点练习] 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－ 2x ＋π6.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 ＝x 2 －2y ＋π2＋y 2－2z ＋π3＋z 2－2x ＋π6＝(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. 应用直接证明与间接证明破解证明问题 【例】 (12分)(2014·辽宁高考)已知函数f (x )＝π(x －cos x )－2sin x －2，g (x )＝(x －π) 1－sin x 1＋sin x ＋2x π －1. 证明：(1)存在唯一x 0∈? ????0，π2，使f (x 0)＝0； (2)存在唯一x 1∈? ?? ??π2，π，使g (x 1)＝0，且对(1)中的x 0，有x 0＋x 1＞π. 【审题指导】 解：(1)当x ∈? ? ??0，π2时，f ′(x )＝π＋πs in x －2cos x ＞0，所以f (x )在? ?? ??0，π2上为增函数. 2分 又f (0)＝－π－2＜0，f ? ????π2＝π22－4＞0， 所以存在唯一x 0∈? ????0，π2，使f (x 0)＝0. 4分 (2)当x ∈??????π2，π时，化简得g (x )＝(π－x )·cos x 1＋sin x ＋2x π－1. 令t ＝π－x ，记u (t )＝g (π－t )＝－t cos t 1＋sin t －2πt ＋1，t ∈??????0，π2，则u ′(t )＝f (t )π(1＋sin t ). 由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，u ′(t )＜0；当t ∈? ?? ??x 0，π2时， u ′(t )＞0.在? ????x 0，π2上u (t )为增函数，由u ? ????π2＝0知，当t ∈???? ??x 0，π2时，u (t )＜0，所以u (t )在??????x 0，π2上无零点. 9分 在(0，x 0)上u (t )为减函数，由u (0)＝1及u (x 0)＜0知存在唯一t 0∈(0，x 0)，使u (t 0)＝0. 于是存在唯一t 0∈? ????0，π2，使u (t 0)＝0. 10分 设x 1＝π－t 0∈? ?? ??π2，π，则g (x 1)＝g (π－t 0)＝u (t 0)＝0， 因此存在唯一的x 1∈? ????π2，π，使g (x 1)＝0. 11分 由于x 1＝π－t 0，t 0＜x 0，所以x 0＋x 1＞π. 12分 (1)解答本题(1)的关键是应用函数的单调性及零点存在性定理求解；而本题(2)的求解需通过要证的“x 0＋x 1＞π”构造一个新函数g (π－t )，并研究其单调性． (2)本题(2)的求解过程变相应用了分析法和综合法，而在实际问题的求解中两种方法是交汇使用的，毕竟分析法有利于思考，探索解题的切入点，而综合法宜于表达，形成严密的解题过程． [对点练习] 设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0. (1)证明l 1与l 2相交； (2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上． 证明：(1)反证法．假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行或重合， 有k 1＝k 2，代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0， 此与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交． (2)法一 由方程组??? y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1 解得交点P 的坐标(x ，y )为????? x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2 ＋k 1 k 2－k 1. 从而2x 2＋y 2 ＝2? ?????2k 2－k 12＋? ????k 2＋k 1k 2－k 12 ＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2 ＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4 ＝1， 此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上． 法二 交点P 的坐标(x ，y ) 满足??? y －1＝k 1x ，y ＋1＝k 2x ， 故知x ≠0，从而????? k 1＝y －1x ， k 2＝y ＋1x . 代入k 1k 2＋2＝0，得y －1x ·y ＋1x ＋2＝0， 整理后，得2x 2＋y 2＝1， 所以交点P 在椭圆2x2＋y2＝1上. 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( ) A ．综合法 B ．分析法 C ．反证法 D ．归纳法 解：由于不等式中含有根号，最好采用分析法给予证明． 【答案】 B 2．(2014·山东高考)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根 解：依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直 接写出命题的否定．方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故应选A. 【答案】 A 3．若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A.1a ＜1b B ．a ＋1b ＞b ＋1a C ．b ＋1a ＞a ＋1b D.b a ＜b ＋1a ＋1 解：∵a ＜b ＜0，∴1a ＞1b ， 又b ＞a ，∴b ＋1a ＞a ＋1b . 【答案】 C 4．下列条件：①ab ＞0，②ab ＜0，③a ＞0，b ＞0，④a ＜0，b ＜0，其中能使b a ＋a b ≥2成立的条件的个数是________． 解：要使b a ＋a b ≥2，只需a b ＞0，即a ，b 同号且均不为0，故①③ ④可以． 【答案】 3 直接证明与间接证明练习 一、选择题 1．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”正确的反设为( ) A ．a ，b ，c 中至少有两个偶数 B ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数 C ．a ，b ，c 都是奇数 D．a，b，c都是偶数 解：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定为“a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数”． 【答案】 B 2．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P、Q的大小关系是() A．P＞Q B．P＝Q C．P＜Q D．由a的取值确定 解：∵P2＝2a＋7＋2a a＋7＝2a＋7＋2a2＋7a， Q2＝2a＋7＋2a＋3a＋4＝2a＋7＋2a2＋7a＋12， ∴P2＜Q2，∴P＜Q. 【答案】 C 3．(2014·张家口模拟)分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac＜3a”索的因应是() A．a－b＞0 B．a－c＞0 C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0 解：由b2－ac＜3a?b2－ac＜3a2 ?b2＋a(a＋b)＜3a2 ?b2＋a2＋ab＜3a2 ?b2＋ab＜2a2 ?b2＋ab－2a2＜0 ?(a －b )(a －c )＞0. 【答案】 C 4．(2014·上海模拟)“a ＝14”是“对任意正数x ，均有x ＋a x ≥1” 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 解：当a ＝14时，x ＋a x ＝x ＋14x ≥2 x ·14x ＝2×12＝1，当且仅当x ＝12时等号成立．反之，不成立． 【答案】 A 5．(2014·成都模拟)已知函数f (x )＝? ????12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ? ????a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ? ????2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( ) A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤A D ．C ≤B ≤A 解：∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝? ????12x 在R 上是减函数，∴f ? ?? ???a ＋b 2≤f (ab )≤f ? ?? ???2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C . 【答案】 A 6．(2014·北京高考)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并 且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有( ) A ．2人 B ．3人 C ．4人 D ．5人 解：利用反证法解决实际问题． 假设满足条件的学生有4位及4位以上，设其中4位同学分别为甲、乙、丙、丁，则4位同学中必有两个人语文成绩一样，且这两个人数学成绩不一样，那么这两个人中一个人的成绩比另一个人好，故满足条件的学生不能超过3人．当有3位学生时，用A ，B ，C 表示“优秀”“合格”“不合格”，则满足题意的有AC ，CA ，BB ，所以最多有3人． 【答案】 B 二、填空题 7．设a ＞0，b ＞0，c ＞0，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c ≥________. 解：∵a ＋b ＋c ＝1，∴1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝3＋b a ＋c a ＋a b ＋c b ＋a c ＋b c ≥3＋2b a ·a b ＋2 c a ·a c ＋2c b ·b c ＝3＋2＋2＋2＝9. 等号成立的条件是a ＝b ＝c ＝13. 【答案】 9 8．凸函数的性质定理为：如果函数f (x )在区间D 上是凸函数， 则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f ? ?? ??x 1＋x 2＋…＋x n n ，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________． 解：∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数， 且A 、B 、C ∈(0，π)， ∴f (A )＋f (B )＋f (C )3≤f ? ?? ???A ＋B ＋C 3＝f ? ????π3， 即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332， 所以sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332. 【答案】 332 9．设x ，y ，z 是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x ⊥z ，且y ⊥z ，则x ∥y ”为真命题的是________(填写所有正确条件的代号)． ①x 为直线，y ，z 为平面； ②x ，y ，z 为平面； ③x ，y 为直线，z 为平面； ④x ，y 为平面，z 为直线； ⑤x ，y ，z 为直线． 解：①中x 为直线，y ，z 为平面，则x ⊥z ，y ⊥z ，而x ?y ， ∴必有x ∥y 成立，故①正确． ②中若x ，y ，z 均为平面，由墙角三面互相垂直可知x ∥y 是错的． ③x 、y 为直线，z 为平面，则x ⊥z ，y ⊥z 可知x ∥y 正确． ④x 、y 为平面，z 为直线，z ⊥x ，z ⊥y ，则x ∥y 成立． ⑤x 、y 、z 均为直线，x ⊥z 且y ⊥z ，则x 与y 还可能异面、垂直，故不成立． 【答案】 ①③④ 三、解答题 10．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c . 证明：∵a ，b ，c ∈(0，＋∞) ∴a ＋b 2≥ab ＞0， b ＋ c 2≥bc ＞0， c ＋a 2≥ac ＞0 又a ，b ，c 是不全相等的正数， 故上述三个不等式中等号不能同时成立． ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＝lg ? ?? ???a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(ab ·bc ·ac )＝lg(abc )＝lg a ＋lg b ＋lg c . 11．(2014·临沂模拟)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0 2、直接证明与间接证明 三种证明方法的定义与步骤： 1. 综合法 是由原因推导到结果的证明方法，它是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的证明方法。 2. 分析法 是从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的充分条件，直到最后，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、公理、定理等）为止的证明方法。 3. 反证法 假设原命题的结论不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,由此说明假设错误,从而证明了原命题成立,这样的方法叫反证法；它是一种间接的证明方法. 反证法法证明一个命题的一般步骤： (1) 假设命题的结论不成立； (2) 根据假设进行推理,直到推理中导出矛盾为止 (3) 断言假设不成立(4) 肯定原命题的结论成立 题型一：用综合法证明数学命题 例1 ：对于定义域为[]0,1的函数()f x ，如果同时满足以下三条：①对任意的 []0,1x ∈，总有()0f x ≥；②(1)1f =；③若12120,0,1x x x x ≥≥+≤，都有 1212()()()f x x f x f x +≥+成立，则称函数()f x 为理想函数． (1) 若函数()f x 为理想函数，求(0)f 的值； (2)判断函数()21x g x =-（]1,0[∈x ）是否为理想函数，并予以证明； 解析：（1）取021==x x 可得0)0()0()0()0(≤?+≥f f f f ． 又由条件①0)0(≥f ，故0)0(=f ． （2）显然12)(-=x x g 在[0，1]满足条件①0)(≥x g ； 也满足条件②1)1(=g ．若01≥x ，02≥x ，121≤+x x ，则 )] 12()12[(12 )]()([)(2 12 12121-+---=+-++x x x x x g x g x x g 0)12)(12(1222122121≥--=+--=+x x x x x x ，即满足条件③， 故)(x g 理想函数． 注：紧扣定义，证明函数()21x g x =-（]1,0[∈x ）满足三个条件 第2节 直接证明与间接证明 最新考纲 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和特点；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和特点 . 知 识 梳 理 1.直接证明 2.间接证明 间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法. (1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，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的证明方法. (2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定 原命题的结论成立. 诊 断 自 测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件.( ) (2)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a ab >b 2 C.1a <1b D.b a >a b 解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a 0，∴a 2>ab .① 又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2. 答案 B 3.要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A.2ab －1－a 2b 2≤0 B.a 2 ＋b 2 －1－a 4＋b 4 2≤0 C.（a ＋b ）22－1－a 2b 2≤0 D.(a 2－1)(b 2－1)≥0 解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0?(a 2－1)(b 2－1)≥0. 答案 D 2．2直接证明与间接证明 教学目标： （1）理解证明不等式的三种方法：比较法、综合法和分析法的意义； （2）掌握用比较法、综合法和分析法证明简单的不等式； （3）能根据实际题目灵活地选择适当地证明方法； （4）通过不等式证明，培养学生逻辑推理论证的能力和抽象思维能力. 教学建议： 1．知识结构:（不等式证明三种方法的理解）==〉（简单应用）==〉（综合应用） 2．重点、难点分析 重点：不等式证明的主要方法的意义和应用； 难点：①理解分析法与综合法在推理方向上是相反的； ②综合性问题证明方法的选择． （1）不等式证明的意义 不等式的证明是要证明对于满足条件的所有数都成立（或都不成立），而并非是带入具体的数值去验证式子是否成立． （2）比较法证明不等式的分析 ①在证明不等式的各种方法中，比较法是最基本、最重要的方法． ②证明不等式的比较法，有求差比较法和求商比较法两种途径． 由于a>b<==>a-b>0，因此，证明a>b，可转化为证明与之等价的a-b>0．这种证法就是求差比较法． 由于当b>0时,a>b<==>(a／b)>1，因此，证明a>b(b>0),可以转化为证明与之等价的(a／b)>1(b>0)．这种证法就是求商比较法，使用求商比较法证明一定要注意(b>0)这一前提条件． ③求差比较法的基本步骤是：“作差→变形→断号”． 其中，作差是依据，变形是手段，判断符号才是目的． 变形的方法一般有配方法、通分法和因式分解法等，变成能够判断出差的符号是正或负的数(或式子)即可. ④作商比较法的基本步骤是：“作商→变形→判断商式与1的大小关系”，需要注意的是，作商比较法一般用于证明不等号两侧的式子同号的不等式．（3）综合法证明不等式的分析 ①利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法． ②综合法的思路是“由因导果”：从已知的不等式出发，通过一系列已知条件推导变换，推导出求证的不等式． ③综合法证明不等式的逻辑关系是： （已知）==〉（逐步推演不等式成立的必要条件）==〉（结论）（4）分析法证明不等式的分析 例1．用数学归纳法证明： ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?n n n n ． 请读者分析下面的证法： 证明：①n =1时，左边31311=?=，右边3 1121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即： ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?k k k k ． 那么当n =k +1时，有： ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k ????????? ??+-++??? ??+--++??? ??-+??? ??-+??? ? ?-=3211211211217151513131121k k k k 322221321121++?=??? ??+-= k k k ()1 121321+++=++=k k k k 这就是说，当n =k +1时，等式亦成立． 由①、②可知，对一切自然数n 等式成立． 评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步，当n =k +1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求． 正确方法是：当n =k +1时． ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k ()() 3212112++++=k k k k ()()()()()() 321211232121322++++=++++=k k k k k k k k ()1 121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立， 例2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何自然数n ，等式： a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2) 都成立，并证明你的结论． 分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n =1，2，3时找出来{a n }，然后再证明一般性． 解：将n =1，2，3分别代入等式得方程组． ?????=++=+=603224 26321 211a a a a a a ， 解得a 1=6，a 2=9，a 3=12，则d =3． 故存在一个等差数列a n =3n +3，当n =1，2，3时，已知等式成立． 下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3，对大于3的自然数，等式 a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立． 因为起始值已证，可证第二步骤． 假设n =k 时，等式成立，即 a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)(k +2) 那么当n =k +1时， a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1 = k (k +1)(k +2)+ (k +1)[3(k +1)+3] =(k +1)(k 2+2k +3k +6) =(k +1)(k +2)(k +3) =(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2] 这就是说，当n =k +1时，也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)成立． 综合上述，可知存在一个等差数列a n =3n +3，对任何自然数n ，等式a 1+2a 2+3a 3+… 归纳法基本步骤 （一）第一数学归纳法： 一般地，证明一个与自然数n有关的命题P(n)，有如下步骤： （1）证明当n取第一个值n0时命题成立。n0对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况； （2）假设当n=k（k≥n0，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。 综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n)都成立。 （二）第二数学归纳法： 对于某个与自然数有关的命题P(n)， （1）验证n=n0时P(n)成立； （2）假设n0≤n 直接证明与间接证明 【学习目标】 1. 掌握用综合法证题的思路和特点。 2. 掌握用分析法证题的思路和叙述方式． 3．掌握间接证明中的常用方法——反证法的思维过程和特点． 【要点梳理】 要点一、综合法证题 1．定义： 一般地，从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理等，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．综合法的的基本思路：执因索果 综合法又叫“顺推证法”或“由因导果法”.它是由已知走向求证，即从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后导出待证结论或需求的问题． 综合法这种由因导果的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法． 3．综合法的思维框图： 用P 表示已知条件，1i Q i =（，2，3，...，n）为定义、定理、公理等，Q 表示所要证明的结论，则 综合法可用框图表示为： 11223...n P Q Q Q Q Q Q Q ?→?→?→→? （已知） （逐步推导结论成立的必要条件） （结论） 要点诠释 （1）从“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，由因导果，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件； （2）用综合法证明不等式，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，宜于表达 推理的思维轨迹； （3）因用综合法证明命题“若A 则D”的思考过程可表示为： 故要从A 推理到D ，由A 推演出的中间结论未必唯一，如B 、B 1、B 2等，可由B 、B 1、B 2进一 步推演出的中间结论则可能更多，如C 、C 1、C 2、C 3、C 4等等． 所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综合法证明问题的“瓶颈”． 4．综合法证明不等式时常用的不等式 （1）a 2+b 2≥2ab （当且仅当a=b 时取“=”号）； （2） 2 a b ab +≥（a ，b ∈R*，当且仅当a=b 时取“=”号） ； （3）a 2≥0，|a|≥0，(a －b)2≥0； 高中数学归纳法证明题 高中数学归纳法证明题 1/2+2/2^2+3/2^3+......+n/2^n=2-n+2/2^n. 1/2+2/2^2+3/2^3+......+n/2^n=2-(n+2)/2^n. 1、当n=1时候， 左边=1/2; 右边=2-3/2=1/2 左边=右边，成立。 2、设n=k时候，有： 1/2+2/2^2+3/2^3+......+k/2^k=2-(k+2)/2^k成立， 则当n=k+1时候：有： 1/2+2/2^2+3/2^3+.....+k/2^k+(k+1)/2^(k+1) =2-(k+2)/2^k+(k+1)/2^(k+1) =2-[2(k+2)-(k+1)]/2^(k+1) =2-(k+3)/2^(k+1) =2-[(k+1)+2]/2^(k+1) 我觉得不是所有的猜想都非要用数学归纳法. 比如a1=2,a(n+1)/an=2,这显然是个等比数列 如果我直接猜想an=2^n,代入检验正确,而且对所有的n都成立,这时候干嘛还用数学归纳法啊.可是考试如果直接这样猜想是不得分的,必须要用数学归纳法证明. 结果带入递推公式验证是对n属于正整数成立. 用数学归纳法,无论n=1,还是n=k的假设,n=k+1都需要带入递推公式验证,不是多此一举吗.我又不是一个一个验证,是对n这个变量 进行验证,已经对n属于正整数成立了.怎么说就是错误的. 这说明你一眼能看出答案，是个本领。 然而，考试是要有过程的，这个本领属于你自己，不属于其他人，比如你是股票牛人，直接看出哪支会涨哪支会跌，但是不说出为什么，恐怕也不会令人信服。 比如你的问题，你猜想之后，代入检验，验证成功说明假设正确，这是个极端错误的数学问题，请记住：不是验证了一组答案通过， 就说明答案是唯一的!比如x+y=2.我们都知道这是由无数组解的方程。但是我猜想x=y=1,验证成功，于是得到答案，你觉得对吗?所 以你的证明方法是严格错误的! 说说你的这道题，最简单的一道数列题，当然可以一下看出答案，而且你的答案是正确的。但是证明起来就不是那么容易了，答案不 是看出来的，是算出来的。你的解法就是告诉大家，所有的答案都 是看出来，然后代入证明的。假设看不出来怎么办?那就无所适从， 永远也解不出来了!这就是你的做法带来的.答案，你想想呢?你的这 种做法有什么值得推广的? OK,了解! 数学归纳法使被证明了的，证明数学猜想的严密方法，这是毋庸置疑的。在n=1时成立;假设n=k成立，则n=k+1成立。这两个结论 确保了n属于N时成立，这是严密的。 你的例题太简单，直接用等比数列的定义就可以得到答案(首项 和公比均已知)，不能说明你的证明方法有误。我的本意是：任何一 种证明方法，其本身是需要严格证明的，数学归纳法是经过严格证 明的;而你的证明方法：猜想带入条件，满足条件即得到猜想正确的 结论。未经证明，(即使它很严密，我说即使)它不被别人认可。事 实上，你的证明方法(猜想带入所有条件均成立)只能得到“必要” 课题：直接证明和间接证明 教学目标： 1.掌握并灵活运用比较法证明简单的不等式，掌握综合法与分析法，会利用综合法和分析法证明不等式. 2. 了解用反证法、换元法、放缩法等方法证明简单的不等式． 教学重点： 灵活作差比较法、作商比较法证明不等式，能合理进行作差（作商）后的变形、配凑，会灵活应用综合法、分析法解决不等式的证明问题 . 教材复习 比较法证明不等式的基本步骤：????? ? →→? ?????? ? 配方法分解法作差（商）变形判断通分法放缩法有理化 综合法：就是从题设条件和已经证明的基本不等式出发，不断用必要条件替换前面的不 等式，直至推出要证明的结论，可简称为“由因导果”，在使用分析法证明不等式时，要注意基本不等式的应用。 分析法：就是从所要证明的不等式出发，不断地利用充分条件替换前面的不等式，直至 找到题设条件或已经证明的基本不等式。可简称为“执果索因”，在使用分析法证明不等式时，习惯上用“?”或“?”表达。 反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾（得出结论）； 换元法：一般由代数式的整体换元、三角换元，换元时要注意等价性； 常用的换元有三角换元有： 已知2 2 2 a y x =+，可设θθsin ,cos a y a x ==； 已知12 2 ≤+y x ，可设θθsin ,cos r y r x ==(10≤≤r )； 放缩法：“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小是由题目分析、多次尝试得出, 要注意放缩的适度。常用的方法是： ①添加或舍去一些项，如：a a >+12 ，n n n >+)1(，2 2 131242a a ????++>+ ? ?? ??? ②将分子或分母放大（或缩小） ③真分数的性质：“若0a b <<，0m >，则 a a m b b m +< + ④利用基本不等式，如： 4lg 16lg 15lg )2 5lg 3lg ( 5lg 3log 2 =<=+()x R ∈ ⑦利用常用结论： 2 =>= ()* ,1k N k ∈> ， 2=<=()* ,1k N k ∈> Ⅱ、 k k k k k 111)1(112--=-< ； 111)1(112 +-=+>k k k k k （程度大） Ⅲ、 )1 111(21)1)(1(111122+--=+-=- 数学归纳法 数学归纳法是用于证明与正整数n 有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．在数学竞赛中占有很重要的地位． （1）第一数学归纳法 设)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果 ① 0n n =（N n ∈01．数学归纳法的基本形式）时，)(n P 成立； ②假设),(0N k n k k n ∈≥=成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整数0n n ≥时，)(n P 成立． （2）第二数学归纳法 设)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果 ①当0n n =（N n ∈0）时，)(n P 成立； ②假设),(0N k n k k n ∈≥≤成立，由此推得1+=k n 时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整数0n n ≥时，)(n P 成立． 2．数学归纳法的其他形式 （1）跳跃数学归纳法 ①当l n ,,3,2,1Λ=时，)(,),3(),2(),1(l P P P P Λ成立， ②假设k n =时)(k P 成立，由此推得l k n +=时，)(n P 也成立，那么，根据①②对一切正整数1≥n 时，)(n P 成立． （2）反向数学归纳法 设)(n P 是一个与正整数有关的命题，如果 ① )(n P 对无限多个正整数n 成立； ②假设k n =时，命题)(k P 成立，则当1-=k n 时命题)1(-k P 也成立，那么根据①②对一切正整数1≥n 时，)(n P 成立． 例如，用数学归纳法证明： 为非负实数，有 在证明中，由 真，不易证出 真；然而却很容易证出 真，又容易证明不等式对无穷多个 （只要 型的自然数）为真；从而证明 ，不等式成立． （3）螺旋式归纳法 P （n ），Q （n ）为两个与自然数 有关的命题，假如 ①P(n0)成立； ②假设 P(k) (k>n0)成立，能推出Q(k)成立，假设 Q(k)成立，能推出 P(k+1)成立； 综合（1）（2）,对于一切自然数n （>n0），P(n),Q(n)都成立； （4）双重归纳法 设 是一个含有两上独立自然数 的命题． ① 与 对任意自然数 成立； ②若由 和 成立，能推出 成立； 根据（1）、（2）可断定， 对一切自然数 均成立． 3．应用数学归纳法的技巧 （1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数n 都成立，但命题本身对0=n 也成立，而且验证起来比验证1=n 时容易， 2.2直接证明与间接证明（文） 【课题】：2.2.1 综合法和分析法(1) 【设计与执教者】：广州石化中学张洪娟gz100088@https://www.sodocs.net/doc/c810732769.html, 【学情分析】： 前一阶段刚刚学习了人们在日常活动和科学研究中经常使用的两种推理——合情推理和演绎推理。数学结论的正确性必须通过逻辑推理的方式加以证明。这是数学区别于其他学科的显著特点。本节学习两类基本的证明方法：直接证明与间接证明。 在以前的学习中，学生已经接触过用综合法、分析法和反证法证明数学命题，但他们对这些证明方法的内涵和特点不一定非常清楚，逻辑规则也会应用不当。本部分结合学生已学过的数学知识，通过实例引导学生分析这些基本证明方法的电教过程与特点，并归纳出操作流程框图，使他们在以后的学习和生活中，能自觉地、有意识地运用这些方法进行数学证明，养成言之有理、论证有据的习惯。 【教学目标】： （1）知识与技能：结合已学过的数学实例，了解直接证明的基本方法——综合法；了解综合法的思考过程、特点 （2）过程与方法：能够运用综合法证明数学问题 （3）情感态度与价值观：通过本节课的学习，感受逻辑证明在数学以及日常生活中的作用，养成言之有理，论证有据的习惯 【教学重点】： 了解综合法的思考过程、特点；运用综合法证明数学问题。 【教学难点】： 根据问题特点，选择适当的证明方法证明数学问题。 【课前准备】：几何画板 【教学过程设计】： ABC中， ，且A，B 证：ABC为等 ，B，C成等 ，B，C为ABC的内 A+B+C= ABC为等 【练习与测试】： 1．命题“对任意角θθθθ2cos sin cos ,4 4 =-都成立”的证明过程如下： “θθθθθθθθθ2cos sin cos )sin )(cos sin (cos sin cos 2 2 2 2 2 2 4 4 =-=+-=-”，该 过程应用了（ ） A. 分析法 B. 综合法 C. 综合法与分析法结合使用 D. 间接证法 答案：B 解：因为是利用三角公式和乘法公式直接推出结论，故选B 。 2. 已知2 0π α< <，求证：1cos sin 4 4<+αα。 步骤 第一数学归纳法 一般地,证明一个与自然数n有关的命题P(n),有如下步骤: (1)证明当n取第一个值n0时命题成立。n0对于一般数列取值为0或1,但 也有特殊情况; (2)假设当n=k(k≥n0,k为自然数)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立。 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),命题P(n)都成立。 第二数学归纳法 对于某个与自然数有关的命题P(n), (1)验证n=n0,n=n1时P(n)成立; (2)假设n≤k时命题成立,并在此基础上,推出n=k+1命题也成立。 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),命题P(n)都成立。 倒推归纳法 又名反向归纳法 (1)验证对于无穷多个自然数n命题P(n)成立(无穷多个自然数可以就是一 个无穷数列中的数,如对于算术几何不等式的证明,可以就是2^k,k≥1); (2)假设P(k+1)(k≥n0)成立,并在此基础上,推出P(k)成立, 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),命题P(n)都成立; 螺旋式归纳法 对两个与自然数有关的命题P(n),Q(n), (1)验证n=n0时P(n)成立; (2)假设P(k)(k>n0)成立,能推出Q(k)成立,假设 Q(k)成立,能推出 P(k+1) 成立; 综合(1)(2),对一切自然数n(≥n0),P(n),Q(n)都成立。 应用 1确定一个表达式在所有自然数范围内就是成立的或者用于确定一个其她的形式在一个无穷序列就是成立的。 2数理逻辑与计算机科学广义的形式的观点指出能被求出值的表达式就是等价表达式。 3证明数列前n项与与通项公式的成立。 4证明与自然数有关的不等式。 变体 在应用,数学归纳法常常需要采取一些变化来适应实际的需求。下面介绍一些常见的数学归纳法变体。 从0以外的数字开始 如果我们想证明的命题并不就是针对全部自然数,而只就是针对所有大于等于某个数字b的自然数,那么证明的步骤需要做如下修改: 第一步,证明当n=b时命题成立。第二步,证明如果n=m(m≥b)成立,那么可以推导出n=m+1也成立。 用这个方法可以证明诸如“当n≥3时,n^2>2n”这一类命题。 针对偶数或奇数 如果我们想证明的命题并不就是针对全部自然数,而只就是针对所有奇数或偶数,那么证明的步骤需要做如下修改: 奇数方面: 第一步,证明当n=1时命题成立。第二步,证明如果n=m成立,那么可以推导出n=m+2也成立。 偶数方面: 第一步,证明当n=0或2时命题成立。第二步,证明如果n=m成立,那么可以推导出n=m+2也成立。 递降归纳法 数学归纳法并不就是只能应用于形如“对任意的n”这样的命题。对于形如“对任意的n=0,1,2,、、、,m”这样的命题,如果对一般的n比较复杂,而n=m 比较容易验证,并且我们可以实现从k到k-1的递推,k=1,、、、,m的话,我们就能应用归纳法得到对于任意的n=0,1,2,、、、,m,原命题均成立。如果命题P(n)在n=1,2,3,、、、、、、,t时成立,并且对于任意自然数k,由 P(k),P(k+1),P(k+2),、、、、、、,P(k+t-1)成立,其中t就是一个常量,那么P(n)对于一切自然数都成立、 跳跃归纳法 实用文档 2013届高考一轮复习 直接证明与间接证明 一、选择题 1、用反证法证明命题:”三角形的内角中至少有一个不大于60度”时,假设正确的是( ) A.假设三内角都不大于60度 B.假设三内角都大于60度 C.假设三内角至多有一个大于60度 D.假设三内角至多有两个大于60度 2、 “M 不是N 的子集”的充分必要条件是( ) A.若x M ∈,则x N ? B.若x N ∈,则x M ∈ C.存在11x M x N ∈?∈,又存在22x M x N ∈?? D.存在00x M x N ∈,? 3、函数y=f(x)在(0,2)上是增函数,函数y=f(x+2)是偶函数,则f(1),f(2.5),f(3.5)的大小关系是 ( ) A.f(2.5) 实用文档 4、设(0)a b c d ,,,∈,+∞,若a+d=b+c 且|a-d|<|b-c|,则有( ) A.ad=bc B.ad 数学归纳法+直接证明与间接证明 题型一：数学归纳法基础 1、已知n 为正偶数，用数学归纳法证明111111112( ) 2 3 4 1 2 4 2n n n n -+-++ =+ ++ -++ 时，若已假设2(≥=k k n 为偶数） 时命题为真，则还需要用归纳假设再证 （） A ．1+=k n 时等式成立 B ．2+= k n 时等式成立 C ．2 2+=k n 时等式成立 D ．)2(2+=k n 时等式成立 2、已知n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=k （2≥k 且为偶数） 时命题为真，，则还需证明（ ） A.n=k+1时命题成立 B. n=k+2时命题成立 C. n=2k+2时命题成立 D. n=2（k+2）时命题成立 3、某个命题与正整数n 有关，如果当)(+∈=N k k n 时命题成立，那么可推得当1+= k n 时命题也成立. 现已知当7 =n 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=8时该命题不成立 D ．当n=8时该命题成立 4、利用数学归纳法证明 “*),12(312)()2)(1(N n n n n n n n ∈-???????=+???++ ”时，从“k n =”变到 “1+=k n ”时，左边应增乘的因式是 （ ） A 12+k B 1 12++k k C 1 ) 22)(12(+++k k k D 1 32++k k 5、用数学归纳法证明),1(1112 2 * +∈≠--= ++++N n a a a a a a n n ，在验证 n=1时， 左边计算所得的式子是（ ） A. 1 B.a +1 C.21a a ++ D. 421a a a +++ 典例分析 数学归纳法证明整除 数学归纳法证明整除数学归纳法 当n=1 的时候 上面的式子 = 3^4-8-9=64 成立 假设当n=k 的时候 3^(2k+2)-8k-9能够被64整除 当n=k+1 式子= 3^(2k+4)-8k-17 =9[3^(2k+2) -8k-9] +64k+64 因为 3^(2k+2)-8k-9能够被64整除 ∴ 9[3^(2k+2) -8k-9] +64k+64 能够被64整除 n=k+1 时，成立 根据上面的由数学归纳法 3的2n+2次方-8n-9(n属于N*)能被64整除。 2 当n=1时 3^4-8-9=81-17=64 能被4整除·····(特殊性) 设当n=k时，仍然成立。 当n=k+1时，·····················(一般性) 3^(2(k+1)+2)-8(k+1)-9=3^(2K+2+2)-8K-17 =9*3^(2K+2)-72K+64K-81+64=9(3^(2k+2)-8k-9)+64k+64 因为3^(2k+2)-8k-9能被64整除 不用写了吧·· 正确请采纳 数学归纳法 当n=1 的时候 上面的式子 = 3^4-8-9=64 成立 假设当n=k (k>=1) 3^(2k+2)-8k-9能够被64整除 当n=k+1(k>=1) 式子= 3^(2k+4)-8k-17 =9[3^(2k+2) -8k-9] +64k+64 由9[3^(2k+2) -8k-9] +64k+64-(3^(2k+2)-8k-9)可以被64整出n=k+1 时，成立 根据上面的由数学归纳法 3的2n+2次方-8n-9(n属于N*)能被64整 3.证明:对于任意自然数n (3n+1)*7^n-1能被9整除 数学归纳法 (1)当n=1时 (3*1+1)*7-1=27能被9整除 (2)假设当n=k时 (3k+1)*7^k-1能被9整除 则当n=k+1时 [3(k+1)+1]*7^(k+1)-1=[21k+28]*7^k-1 例1.用数学归纳法证明： ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?n n n n ． 请读者分析下面的证法: 证明：①n ＝1时,左边31311=?=，右边3 1121=+=,左边=右边,等式成立. ②假设n =ｋ时，等式成立,即: ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?k k k k . 那么当n =ｋ+1时,有: ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k ????????? ??+-++??? ??+--++??? ??-+??? ??-+??? ? ?-=3211211211217151513131121k k k k 322221321121++?=??? ??+-= k k k ()1 121321+++=++=k k k k 这就是说,当n ＝k +1时，等式亦成立． 由①、②可知，对一切自然数n 等式成立． 评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设ｎ=k 这一步,当ｎ=k +1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求． 正确方法是：当n ＝ｋ+1时. ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k ()() 3212112++++=k k k k ()()()()()() 321211232121322++++=++++=k k k k k k k k ()1 121321+++=++=k k k k 这就说明,当n ＝k +１时,等式亦成立, 例２.是否存在一个等差数列｛a ｎ},使得对任何自然数n ，等式: a 1+2a ２＋3a ３+…+n ａn =ｎ（n ＋１）(n +2) 都成立，并证明你的结论. 分析：采用由特殊到一般的思维方法,先令ｎ=1,２，3时找出来｛a n },然后再证明一般性. 解：将ｎ=1,２，3分别代入等式得方程组． ?????=++=+=603224 26321 211a a a a a a , 解得a 1=6，a 2=9，a ３=1２，则d ＝３． 故存在一个等差数列a n =3n +３，当n ＝1，２,３时,已知等式成立． 下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3,对大于3的自然数，等式 ａ１+２a 2+3ａ3+…＋ｎa n =n (n +１）(n +２)都成立. 因为起始值已证，可证第二步骤. 假设n =ｋ时,等式成立，即 a 1+2a ２＋３a 3+…+ka k =k （ｋ+1）(k ＋2) 那么当ｎ=k +１时， ａ1+2a 2＋3a 3+…＋ka k ＋(ｋ+１)ａk +1 = ｋ(k +1)（k +２)+ (k +1)[３(ｋ+1)+3] =(k ＋1)(k ２+2k +3k +6) =(k +１）(k +２）(k +3） =(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2] 这就是说，当ｎ=k +1时,也存在一个等差数列ａn =３n +3使a 1+２a 2+３a 3+…+n ａｎ=n （n +１)(ｎ+2)成立. 综合上述,可知存在一个等差数列ａn =3n +3，对任何自然数n ，等式a 1＋2a 2+3a 3+…+na ｎ=ｎ（ｎ+1)(n +2)都成立. 归纳法证明不等式 数学归纳法证明不等式的本质 数学归纳法证明不等式的典型类型是与数列或数列求和有关的问题，凡是与数列或数列求和有关的问题都可统一表述成f(n)?g(n)(n?n?)的形式或近似于上述形式。 这种形式的关键步骤是由n?k时，命题成立推导n?k?1时，命题也成立。为了表示的方便，我们记?左n?f(k?1)?f(k)，?右n?g(k?1)?g(k)分别叫做左增量，右增量。那么，上述证明的步骤可表述为 f(k?1)?f(k)??左k?g(k)??左k?g(k)??右k?g(k?1) 例1．已知an?2n?1，求证： 本题要证后半节的关键是证 an1a1a2n????n?(n?n?) 23a2a3an?12 2k?1?11?中k??右k即证k?2? 2?12 而此式显然成立，所以可以用数学归纳法证明。 而要证前半节的关键是证 12k?1?1?左k??中k即证?k?2 22?1 而此式显然不成立，所以不能用数学归纳法证明。如果不进行判断就用数学归纳法证前半节，忙乎半天，只会徒劳。 有时，f(n)?g(n)(n?n?)中f(n),g(n)是以乘积形式出现，且f(n)?0,g(n)?0是显然成立的。此时，可记 ?左k?f(k?1)g(k?1)，?右k? f(k)g(k) 分别叫做左增倍，右增倍。那么，用数学归结法证明由n?k时，成立推导 n?k?1成立，可表述为 f(k?1)?f(k)??左k?g(k)??左k?g(k)??右k?g(k?1) 和前面所讲相似，上述四步中，两个“=”和“<”都显然成立，而“≤”是否成立，就需要判断和证明了，既“?左k??右k”若成立，既可用数学归纳法证明；若不成立，则不能用数学归纳法证明。因此，可以这样说，此时，数学归纳法证明不等式的本质是证“左增倍≤右增倍”，而判断能否用数学归纳法证明不等式的标准就是看“左增倍≤右增倍”是否成立。 第二篇：归纳法证明不等式 2.3数学归纳法 第1课时数学归纳法 1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取 ()．A．2 B．3 C．5 D．6 解析当n取1、2、3、4时2n>n2＋1不成立，当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n>n2＋1的n值为5，故选C. 答案 C 2．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n＋3)(n＋4) 2(n∈N＋)，验证n ＝1时，左边应取的项是 ()．A．1 B．1＋2 C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4 解析等式左边的数是从1加到n＋3. 当n＝1时，n＋3＝4，故此时左边的数为从1加到4. 答案 D 3．设f(n)＝1＋1 2＋ 1 3＋…＋ 1 3n－1 (n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于 ()． A. 1 3n＋2 B. 1 3n＋ 1 3n＋1 C. 1 3n＋1 ＋ 1 3n＋2 D. 1 3n＋ 1 3n＋1 ＋ 1 3n＋2 解析∵f(n)＝1＋1 2＋ 1 3＋…＋ 1 3n－1 ， ∵f(n＋1)＝1＋1 2＋ 1 3＋…＋ 1 3n－1 ＋ 1 3n＋ 1 3n＋1 ＋ 1 3n＋2 ， ∴f(n＋1)－f(n)＝1 3n＋ 1 3n＋1 ＋ 1 3n＋2 . 答案 D 4．用数学归纳法证明关于n的恒等式，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋… ＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为________． 答案1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2 5．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________. 解析由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形，故f(k＋1)＝f(k)＋π. 答案π 6．用数学归纳法证明： 1 1×2＋ 1 3×4 ＋…＋ 1 (2n－1)·2n ＝ 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 n＋n . 证明(1)当n＝1时，左边＝ 1 1×2 ＝ 1 2，右边＝ 1 2，等式成立． (2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即 1 1×2＋ 1 3×4 ＋…＋ 1 (2k－1)·2k ＝ 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 2k. 则当n＝k＋1时， 1 1×2＋ 1 3×4 ＋…＋ 1 (2k－1)·2k ＋ 1 (2k＋1)(2k＋2) ＝ 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋…＋ 1 2k＋ 1 (2k＋1)(2k＋2) ＝ 1 k＋2 ＋ 1 k＋3 ＋…＋ 1 2k＋? ? ? ? ? 1 2k＋1 － 1 2k＋2＋ 1 k＋1 ＝ 1 k＋2 ＋ 1 k＋3 ＋…＋ 1 2k＋ 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 ＝ 1 (k＋1)＋1 ＋ 1 (k＋1)＋2 ＋…＋ 1 (k＋1)＋k ＋ 1 (k＋1)＋(k＋1) .即当n＝k＋1时， 等式成立． 根据(1)(2)可知，对一切n∈N*，等式成立． 7．若命题A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现 第三节直接证明和间接证明 A组基础题组 1.(2018衡阳示范高中联考(二))用反证法证明某命题时,对结论:“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”的正确假设为( ) A.自然数a,b,c中至少有两个偶数 B.自然数a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数 C.自然数a,b,c都是奇数 D.自然数a,b,c都是偶数 答案 B “自然数a,b,c中恰有一个是偶数”说明有且只有一个是偶数,其否定是“自然数a,b,c均为奇数或自然数a,b,c中至少有两个偶数”. 2.分析法又称执果索因法,已知x>0,用分析法证明<1+时,索的因是( ) A.x2>2 B.x2>4 C.x2>0 D.x2>1 答案 C 因为x>0, 所以要证<1+, 只需证()2<, 即证0<, 即证x2>0, 因为x>0,所以x2>0成立,故原不等式成立. 3.在△ABC中,sin AsinC A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不确定 答案 C 由sin AsinC(完整版)直接证明与间接证明练习题
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第三节 直接证明和间接证明