第43講直接證明與間接證明夯實基礎【p92】【學習目標】1結合已經學過的數學實例，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程、特點及證明步驟2結合已經學過的數學實例，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程、特點【基礎檢測】1利用反證法證明：“若x2y20，則xy0”時，假設為()Ax，y都不為0Bxy且x，y都不為0Cxy且x，y不都為0Dx，y不都為0【解析】原命題的結論是x，y都為零，反證時，假設為x，y不都為零【答案】D2要證a2b21a2b20，只要證明()A2ab1a2b20 Ba2b210C.1a2b20 D(a21)(b21)0【解析】a2b21a2b20(a21)(b21)0.【答案】D3設a，b，c均為正實數，則三個數a，b，c()A都大于2 B都小于2C至少有一個不大于2 D至少有一個不小于2【解析】a0，b0，c0，6，當且僅當abc1時，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.【答案】D4如果ab>ab，則a、b應滿足的條件是_【解析】ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()當a0，b0，且ab時，()2()>0.ab>ab成立的條件是a0，b0，且ab.【答案】a0，b0，且ab5已知集合a，b，c0，1，2，且下列三個關系：a2；b2；c0有且只有一個正確，則100a10bc_【解析】由已知，若a2正確，則a0或a1，即a0，b1，c2或a0，b2，c1或a1，b0，c2或a1，b2，c0均與“三個關系有且只有一個正確”矛盾；若b2正確，則a2正確，不符合題意；所以，c0正確，a2，b0，c1，故100a10bc201.【答案】201【知識要點】1直接證明(1)從原命題的條件逐步推得命題成立的證明稱為_直接證明_綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數學問題時常用的思維方法(2)從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據，逐步下推，直到推出要證明的結論為止這種證明方法常稱為_綜合法_推證過程如下：(3)從要證明的結論出發(fā)，追溯導致結論成立的充分條件，逐步上溯，直到使結論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止這種證明方法常稱為_分析法_推論過程如下：得到一個明顯成立的條件P表示條件，Q表示要證的結論2間接證明反證法(1)假設原命題不成立，經過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做_反證法_(2)反證法的特點：先假設原命題_不_成立，再在正確的推理下得出矛盾，所得矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設矛盾，或與定義、公理、定理、事實矛盾等典例剖析【p92】考點1綜合法的應用設數列an的前n項和為Sn.若對任意正整數n，總存在正整數m，使得Snam，則稱an是“H數列”(1)若數列an的前n項和Sn2n(nN*)，證明：an是“H數列”；(2)證明：對任意的等差數列an，總存在兩個“H數列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【解析】(1)由已知，an1Sn1Sn2n12n2n.于是對任意的正整數n，總存在正整數mn1，使得Sn2nam.所以an是“H數列”(2)設等差數列an的公差為d，則ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，則anbncn(nN*)下面證bn是“H數列”設bn的前n項和為Tn，則Tna1(nN*)于是對任意的正整數n，總存在正整數m，使得Tnbm，所以bn是“H數列”同理可證cn也是“H數列”所以對任意的等差數列an，總存在兩個“H數列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【點評】綜合法證題的思路考點2分析法的應用當n0時，試用分析法證明：<.【解析】要證<，即證<2 , 只要證()2<(2)2，即證 2n22<4n4，即證<n1，只要證 n22n<n22n1，而上式顯然成立，所以<成立【點評】(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵通常采用“欲證只需證已知”的格式，在表達中要注意敘述形式的規(guī)范性(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證(3)分析法證明問題的適用范圍：當已知條件與結論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中所需用的知識不太明確、具體時，往往采用分析法，特別是含有根號、絕對值的等式或不等式，常考慮用分析法考點3反證法的應用等差數列an的前n項和為Sn，a35，S393.(1)求an以及Sn.(2)設bn，證明數列bn中不存在不同的三項成等比數列【解析】(1)設an的首項為a1，由已知得5a12d，933a13d，求得a11，d2.所以an2n1，Snn2n.(2)由bnn，假設bn中存在不同的三項能構成等比數列，即bn、bm、bp成等比數列，所以bbn·bp，即(m)2(n)·(p)，所以(m2np)2m(np)0，因為m、n、p是正整數，所以m2np和2m(np)均為有理數，所以m2np0，2m(np)0，所以(np)24np，所以(np)20，所以np與np矛盾，所以bn數列中不存在不同的三項成等比數列【點評】用反證法證明數學命題，一般有以下幾個步驟：(1)反設：假定所要證的結論不成立，即假設結論的反面(否定命題)成立；(否定結論)(2)歸謬：將“反設”作為條件，由此出發(fā)經過正確的推理，導出矛盾與已知條件、已知的定義、公理、定理及明顯的事實矛盾或自相矛盾；(推導矛盾)(3)立論：因為推理正確，所以產生矛盾的原因在于“反設”的謬誤既原命題結論的反面不成立，從而肯定了原命題成立(命題成立)方法總結【p93】1關于綜合法與分析法分析法的特點：從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實際上是要尋找它的充分條件綜合法的特點：從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，實際上是要尋找它的必要條件從而看出，分析法與綜合法是兩種思路截然相反的證明方法，既對立又統(tǒng)一用綜合法證題前往往用分析法尋找解題思路，即所謂的“分析”并且在解決較復雜問題時，往往是分析法與綜合法相互結合使用2關于反證法使用反證法證明的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設矛盾，或與定義、公理、定理、公式、事實矛盾等反證法的步驟：(1)反設；(2)推出矛盾；(3)下結論矛盾的主要類型：(1)與假設矛盾；(2)與數學公式、法則、公理、定理、定義或已被證明了的結論矛盾；(3)與公認的簡單事實矛盾；(4)自相矛盾走進高考【p93】1(2016·上海)若無窮數列an滿足：只要apaq(p，qN*)，必有ap1aq1，則稱an具有性質P.(1)若無窮數列bn是等差數列，無窮數列cn是公比為正數的等比數列，b1c51，b5c181，anbncn，判斷an是否具有性質P，并說明理由；(2)設bn是無窮數列，已知an1bnsin an(nN*)求證：“對任意a1，an都具有性質P”的充要條件為“bn是常數列”【解析】(1)bn的公差為20，cn的公比為，所以bn12020n19，cn81·35n.anbncn20n1935n.a1a582，但a248，a6，a2a6，所以an不具有性質.(2)充分性：當bn為常數列時，an1b1sin an.對任意給定的a1，只要apaq，則有b1sin apb1sin aq，即ap1aq1.充分性得證必要性：用反證法證明假設bn不是常數列，則存在kN*，使得b1b2bkb，而bk1b.下面證明存在滿足an1bnsin an的an，使得a1a2ak1，但ak2ak1.設f(x)xsin xb，取mN*，使得m>|b|，則fmb>0，fmb<0，故存在c使得f(c)0.取a1c，因為an1bnsin an(1nk)，所以a2bsin cca1，依此類推，得a1a2ak1c.但ak2bk1sin ak1bk1sin cbsin c，即ak2ak1.所以an不具有性質，矛盾必要性得證綜上，“對任意a1，an都具有性質”的充要條件為“bn是常數列”考點集訓【p225】A組題1分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設a>b>c，且abc0，求證：<a”，索的因應是()Aab>0 Bac>0C(ab)(ac)>0 D(ab)(ac)<0【解析】<ab2ac<3a2(ac)2ac<3a2a22acc2ac3a2<02a2acc2<02a2acc2>0(ac)(2ac)>0(ac)(ab)>0.【答案】C2命題“對于任意角，cos4sin4cos 2”的證明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos 2”過程應用了()A分析法B綜合法C綜合法、分析法綜合使用D間接證明法【解析】因為證明過程是“從左向右”，即由條件逐步推向結論【答案】B3若|loga|loga，|logba|logba，則a，b滿足的條件是()Aa1，b1 B0a1，b1Ca1，0b1 D0a1，0b1【解析】|loga|loga，loga0loga1，根據對數函數的單調性可知0a1.|logba|logba，logba0logb1，但b1，所以根據對數函數的單調性可知b1.【答案】B4已知函數f(x)是R上的單調增函數且為奇函數，數列an是等差數列，a3>0，則f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒為正數B恒為負數C恒為0 D可正可負【解析】由于f(x)是R上的單調增函數且為奇函數，且a3>0，所以f(a3)>f(0)0.而a1a52a3，所以a1a5>0，則a1>a5，于是f(a1)>f(a5)，即f(a1)>f(a5)，因此f(a1)f(a5)>0，所以有f(a1)f(a3)f(a5)>0.【答案】A5已知a>0，m，na2，則m，n的大小關系是_ .【解析】分析法：a2，只需證2a，因為a>0，所以不等式兩邊均大于零因此只需證，即證a244a242，只需證，只需證a2，即證a22，只需證0，而0顯然成立，所以mn.【答案】mn6若二次函數f(x)4x22(p2)x2p2p1，在區(qū)間內至少存在一點c，使f(c)>0，則實數p的取值范圍是_【解析】法一：(補集法)令解得p3或p，故滿足條件的p的取值范圍為.法二：(直接法)依題意有f(1)0或f(1)0，即2p2p10或2p23p90，得p1或3p.故滿足條件的p的取值范圍是.【答案】7(1)設ab0，用綜合法證明：a3b3a2bab2；(2)用分析法證明：2.【解析】(1)a3b3(a2bab2)a2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)2(ab)，而(ab)20，ab>0，a3b3(a2bab2)0，a3b3a2bab2.(2)要證2，只需證()2(2)2，即證2，只需證()2(2)2，即4240，而4240顯然成立，故原不等式得證8已知函數f(x)ax(a>1)(1)證明：函數f(x)在(2，)上為增函數；(2)用反證法證明：方程f(x)0沒有負數根【解析】法一：任取x1，x2(2，)，不妨設x1x2，則x2x10，ax2x11且ax10，所以ax2ax1ax1(ax2x11)0，又因為x12>0，x22>0，所以0，于是f(x2)f(x1)(ax2ax1)0，故函數f(x)在(2，)上為增函數法二：f(x)axln a，a>1，ln a>0，axln a0，f(x)>0在(2，)上恒成立，即f(x)在(2，)上為增函數(2)假設存在x00(x02)滿足f(x0)0，則ax0，因為x0<0(x02)，a>1，所以0ax01，所以01，解得x03，與假設x0<0矛盾故方程f(x)0沒有負數根B組題1已知a，b，c(0，)，則下列三個數a，b，c()A都大于6 B至少有一個不大于6C都小于6 D至少有一個不小于6【解析】假設三個數a，b，c都小于6，則abc<18.利用基本不等式可得，abc18，這與假設矛盾，故假設不成立，即三個數a，b，c至少有一個不小于6.【答案】D2對于任意nN*，求證：1<.【解析】法一：<(n2)，1<11<.法二：nN*，當n2時，n2>n21(n1)(n1)>0，<.1<11<.3已知ABC的三個內角A，B，C成等差數列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：.【解析】要證，即證3，也就是1，只需證c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需證c2a2acb2，又ABC三內角A，B，C成等差數列，故B60°，由余弦定理，得b2a2c22accos B，即b2a2c2ac，故c2a2acb2成立于是原等式成立4直線ykxm(m0)與橢圓W：y21相交于A，C兩點，O是坐標原點(1)當點B的坐標為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形【解析】(1)因為四邊形OABC為菱形，則AC與OB相互垂直平分由于O(0，0)，B(0，1)，所以設點A，代入橢圓方程得1，則t±，故|AC|2.(2)假設四邊形OABC為菱形，因為點B不是W的頂點，且ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則，k·m.所以AC的中點為M.因為M為AC和OB的交點，且m0，k0，所以直線OB的斜率為kOM，因為k·1，所以AC與OB不垂直所以OABC不是菱形，與假設矛盾所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形12