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第六章 第六节 直接证明与间接证明 2013


第 六 章 不 等 式、 推 理 与 证 明

第 六 节 直 接 证 明 与 间 接 证 明

高考成功方案第一步

高考成功方案第二步

高考成功方案第三步

高考成功方案第四步

考纲点击 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.

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1.下列表述:①综合法是由因导果法;

②综合法是

顺推法;③分析法是执果索因法;④分析法是逆推 法;⑤反证法是间接证法.其中正确的有 A.2个 B.3个 ( )

C.4个 D.5个 解析:由综合法、分析法和反证法的推理过程可知,

①②③④⑤都正确.
答案:D

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2.设t=a+2b,S=a+b2+1,则下列关于t和S的大 小关系中正确的是 ( )

A.t>S
C.t<S

B.t≥S
D.t≤S

解析:∵S-t=a+b2+1-a-2b=(b-1)2≥0,∴S≥t.

答案:D

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3.用反证法证明“如果a>b,那么 a> b”假设内容应 是 A. a= b C. a= b且 a< b 3 3 3 3 3 3 B. a< b D. a= b或 a< b 3 3 3 3 3 3 ( )

3

3

3 3 3 3 解析:假设结论不成立,即 a> b的否定为 a≤ b.

答案:D

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4.要证明“ 3+ 7<2 5”可选择的方法有以下几种,其 中最合理的是________.(填序号) ①反证法,②分析法,③综合法.

答案:②

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5.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0, b a b<0,其中能使a+b≥2成立的条件的个数是 ________.
b a b a 解析:要使 a + b ≥2,只要 a >0且 b >0,即a,b不为0且 同号即可,故有3个.

答案:3

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1.直接证明 (1)综合法

①定义: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,这种证明方法叫做综合法.

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②框图表示: P?Q1 ―→ Q1?Q2 ―→ Q2?Q3 ―→?―→ Qn?Q (其中 P表示条件,Q表示要证结论).

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(2)分析法
①定义:从要证明的 结论 立的 充分条件 出发,逐步寻求使它成

直至最后,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、定理、定义、 公理 等)为止,这种证明方法叫做分析法.

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②框图表示: Q?P1 ―→ P1?P2 ―→ P2?P3 ―→?―→

得到一个明显成立的条件

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2.间接证明
反证法:假设原命题 不成立 ,经过正确的推理,最 矛盾 后得出 ,因此说明假设错误,从而证明了原命

题成立,这样的证明方法叫做反证法.

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[做一题] [例1] a2 b2 c2 设a、b、c>0,证明 b + c + a ≥a+b+c.
a2 ∵a、b、c>0,根据基本不等式,有 b +

[自主解答]

b2 c2 b≥2a, c +c≥2b, a +a≥2c. a2 b2 c2 三式相加: b + c + a +a+b+c≥2(a+b+c), a2 b2 c2 即 b + c + a ≥a+b+c.

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[悟一法] 利用综合法证明问题的步骤:

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[通一类] 1 1.已知x+y+z=1,求证:x2+y2+z2≥ . 3 证明:∵x2+y2≥2xy,x2+z2≥2xz,y2+z2≥2yz, ∴2x2+2y2+2z2≥2xy+2xz+2yz. ∴3x2+3y2+3z2≥x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz. ∴3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2=1. 1 ∴x +y +z ≥ . 3
2 2 2

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[做一题] [例2] 已知a>0,求证: 要证
2

1 1 a + 2- 2≥a+a-2. a
2

[自主解答] 只要证

1 1 a2+ 2- 2≥a+a-2, a

1 1 a + 2+2≥a+a+ 2. a 1 1 2 a + 2+2) ≥(a+a+ 2)2, a
2

∵a>0,故只要证( 1 即a + 2+4 a
2 2

1 1 1 2 a + 2+4≥a +2+ 2+2 2(a+a)+2, a a

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从而只要证 2 1 1 a2+a2≥ 2(a+a),
2

1 1 2 只要证4(a +a2)≥2(a +2+a2), 1 1 2 即证a +a2≥2,而不等式a +a2≥2显然成立,
2

故原不等式成立.

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[悟一法]

在解决数学问题的过程中,分析和综合往往是相
互结合的,综合的过程离不开对问题的分析,分析的 结果离不开综合的表达,因此在选择数学证明方法时, 一定要有“综合性选取”的意识,要明确数学证明方法 不是孤立的,是相互联系的,它们在同一个问题中往 往交互使用.

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[通一类] a+b b+c 2.若a,b,c是不全相等的正数,求证:lg +lg 2 2 c+a +lg >lg a+lg b+lg c. 2
a+b b+c c+a 证明:要证lg +lg +lg >lg a+lg b+lg c, 2 2 2 a+b b+c c+a 只需证lg( · · )>lg(a· c), b· 2 2 2 a+b b+c c+a 只需证 · · >abc.(中间结果) 2 2 2

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因为a,b,c是不全相等的正数,∴由基本不等式得: a+b b+c c+a 2 ≥ ab>0, 2 ≥ bc>0, 2 ≥ ac>0, 且上三式中由于a,b,c不全相等,故等号不同时成立. a+b b+c c+a ∴ 2 · 2 · 2 >a· c,(中间结果) b· a+b b+c c+a ∴lg 2 +lg 2 +lg 2 >lg a+lg b+lg c.

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[做一题]

[例3]

(2011· 安徽文科高考)设直线l1:y=k1x+1,l2:

y=k2x-1, 其中实数k1,k2满足k1k2+2=0. (1)证明l1与l2相交; (2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2+y2=1上. [自主解答] (1)反证法.假设l1与l2不相交,则l1与l2平行, 有k1=k2.代入k1k2+2=0,得k+2=0, 此与k1为实数的事实相矛盾.从而k1≠k2,即l1与l2相交.

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(2)法一

?y=k1x+1, ? :由方程组? ?y=k2x-1, ?

? ?x= 2 , k2-k1 ? 解得交点P的坐标(x,y)为? ?y=k2+k1 ? k2-k1 ?
2 2 2 2 k2+k1 2 8+k2+k1+2k1k2 而2x2+y2=2( ) +( )= 2 k2-k1 k2-k1 k2+k2-2k1k2 1

k2+k2+4 1 2 = 2 =1. k1+k2+4 2 此即表明交点P(x,y)在椭圆2x2+y2=1上.

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?y-1=k1x ? 法二:l1与l2的交点P的坐标(x,y)满足? ?y+1=k2x ?



? ?k =y-1, x ? 1 故知x≠0,从而? y+1 ? ?k2= x . ? y-1 y+1 代入k1k2+2=0,得 x · x +2=0, 整理后,得2x2+y2=1, 所以交点P在椭圆2x2+y2=1上.

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[悟一法]

当一个命题的结论是以“至多”,“至少”、“惟
一”或以否定形式出现时,宜用反证法来证,反证法的关 键是在正确的推理下得出矛盾,矛盾可以是:①与已知条 件矛盾,②与假设矛盾,③与定义、公理、定理矛盾,④ 与事实矛盾等,反证法常常是解决某些“疑难”问题的有

力工具,是数学证明中的一种重要方法.

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[通一类]

3.(2012· 东城区模拟)在单调递增数列{an}中,a1=2,
不等式(n+1)an≥na2n对任意n∈N*都成立. (1)求a2的取值范围. (2)判断数列{an}能否为等比数列?说明理由.

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解:(1)因为{an}是单调递增数列, 所以a2>a1,a2>2. 令n=1,2a1≥a2,a2≤4, 所以a2∈(2,4].

(2)数列{an}不能为等比数列.

用反证法证明:
假设数列{an}是公比为q的等比数列,a1=2>0, an=2qn-1. 因为{an}单调递增,所以q>1. 因为n∈N*,(n+1)an≥na2n都成立.

1 所以n∈N 1+n≥qn.
*,



因为q>1,所以?n0∈N*,使得当n≥n0时,qn>2. 1 因为1+n≤2(n∈N*). 1 所以?n0∈N*,当n≥n0时,qn>1+ n ,与①矛盾,故假设 不成立.

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[热点分析] 高考对本节内容的考查很少单独命题,但其思考方 式渗透于考题中.2011年安徽高考突破常规,以解答题的形 式对数学证明方法进行了考查,是一种新的考查方向.预 计今后的高考命题仍会将数学证明的思想渗透到多题之中

进行考查.

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[考题印证] 1 1 1 (2011· 安徽高考)(1)设x≥1,y≥1,证明x+y+ xy ≤ x + y + xy; (2)设1<a≤b≤c,证明 logab+logbc+logca≤logba+logcb+logac.

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[考题巧解]————————(一样的结果,更简洁的过程) [巧思] 对于(1),由于x≥1,y≥1,所以可先将分式不等式转化

为整式不等式,然后作差处理.
对于(2),是于1<a≤b≤c,所以logab≥1,lgbc≥1恰与问题 (1)中的x≥1,y≥1对立, 故可令x=logab,y=logbc,然后借助问题(1)来证明问题(2).

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[妙解]

(1)由于x≥1,y≥1,所以 (2分)

1 1 1 x+y+xy≤x+ y+xy ?? xy(x+y)+1≤y+x+(xy)2.? 将上式中的右式减左式,得

[y+x+(xy)2]-[xy(x+y)+1]=[(xy)2-1]-[xy(x+y)-(x+y)] =(xy+1)(xy-1)-(x+y)(xy-1)=(xy-1)(xy-x-y+1) =(xy-1)(x-1)(y-1). 明的不等式成立.? ? (5分) (6分) 既然x≥1,y≥1,所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0,从而所要证

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(2)设logab=x,logbc=y,由对数的换底公式得 1 1 1 logca=xy,logba=x,logcb= y,logac=xy.? 于是,所要证明的不等式即为 1 1 1 x+y+xy≤x+ y+xy,? 其中x=logab≥1,y=logbc≥1. 故由(1)可知所要证明的不等式成立.? (10分) (12分) (8分)

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a+b 1 x 1.已知函数f(x)=( 2 ) ,a,b均为正实数,A=f( 2 ),B= f( ab),C=f( A.A≤B≤C C.B≤C≤A 2ab ),则A、B、C的大小关系为 a+b B.A≤C≤B D.C≤B≤A ( )

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a+b 2ab 1 x 解析: 2 ≥ ab ≥ ,又f(x)=( 2 ) 在R上是单调减函 a+b a+b 2ab 数,∴f( 2 )≤f( ab)≤f( ). a+b

答案:A

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?a 2.在R上定义运算:? ?c ? ?x-1 ? ? ?a+1

b? ? =ad-bc.若不等式 d? ?

a-2? ? ≥1对任意实数x恒成立,则 x ? ? (
3 B.-2 3 D.2

实数a的最大值为
1 A.-2 1 C.2

)

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解析:据已知定义可得不等式x2-x-a2+a+ 1≥0恒成立,故Δ=1-4(-a2+a+1)≤0,解得- 1 3 2≤a≤2, 3 故a的最大值为2.

答案:D

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3.若x>1,则x与lnx的大小关系是________.
解析:令f(x)=x-lnx(x>1), 1 则f′(x)=1-x>0. ∴f(x)在(1,+∞)上为增函数. 又∵f(1)=1-ln1=1>0, ∴f(x)>0恒成立,即x>lnx.

答案:x>lnx

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4.设数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.

(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;
(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?

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2 解:(1)假设数列{Sn}是等比数列,则S 2 =S1S3,即a 1 (1 2

+q)2=a1·1· a (1+q+q2),因为a1≠0,所以(1+q)2=1+q +q2,即q=0,这与公比q≠0矛盾,所以数列{Sn}不是 等比数列. (2)当q=1时,{Sn}是等差数列;当q≠1时,{Sn}不是等 差数列,否则2S2=S1+S3,即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+ q2),得q=0,这与公比q≠0矛盾.

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