2019精选教育第七章 第5节.doc

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

内容 综合法 分析法 从要证明的结论出发，逐步寻利用已知条件和某些数学定定义 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 求使它成立的充分条件，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、定理、定义、公理等)为止 实质 由因导果 P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→框图表示 Qn⇒Q 执果索因 Q⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显 成立的条件要证……只需证…… 即证…… 文字语言 因为……所以…… 或由……得…… 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，从而证明原命题成立的证明方法．

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(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． [常用结论与微点提醒]

分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．

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(4)在解决问题时，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．( )

解析 (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分条件． (2)应假设“a≤b”． (3)反证法只否定结论．

答案 (1)× (2)× (3)× (4)√

2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( ) A．2ab－1－a2b2≤0

44a＋b

B．a2＋b2－1－2≤0

（a＋b）222C.－1－ab≤0

2D．(a2－1)(b2－1)≥0

解析 a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0. 答案 D

3．若a，b，c为实数，且aB．a2>ab>b2

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11C.abaD.a>b

解析 a2－ab＝a(a－b)，∵a0，∴a2>ab.① 又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，② 由①②得a2>ab>b2. 答案 B

4．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

解析 因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，所以要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”． 答案 A

5．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________．

π

解析 由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝3，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac， ∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c， π

∴A＝C，∴A＝B＝C＝3，∴△ABC为等边三角形． 答案 等边三角形

6．(2019·绍兴检测)完成反证法证题的全过程．设a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一个排列，求证：乘积p＝(a1－1)·(a2－2)·…·(a7－7)为偶数．

证明：假设p为奇数，则a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数．因奇数个奇数之

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和为奇数，故有奇数＝____________＝____________＝0.但0≠奇数，这一矛盾说明p为偶数．

解析 ∵a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数，∴(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)也为奇数，即(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)为奇数．又∵a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一个排列，∴a1＋a2＋…＋a7＝1＋2＋…＋7，故上式为0，∴奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0. 答案 (a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7) (a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7) 考点一 综合法的应用

【例1】 已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证： (1)a＋b＋c≤3； (2)

1113＋＋≥2. 3a＋13b＋13c＋1

证明 (1)∵(a＋b＋c)2＝(a＋b＋c)＋2ab＋2bc＋2ca≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3， ∴a＋b＋c≤3. (2)∵a＞0，∴3a＋1＞0， 4∴＋(3a＋1)≥23a＋1

4

（3a＋1）＝4， 3a＋1

444∴≥3－3a，同理得≥3－3b，≥3－3c， 3a＋13b＋13c＋1以上三式相加得

111

43a＋1＋3b＋1＋3c＋1≥9－3(a＋b＋c)＝6， 1113∴＋＋≥2. 3a＋13b＋13c＋1

规律方法 用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围： (1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性、求证无条件的等式或不等式；

(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．在使用

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综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱． 【训练1】 设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明： 1

(1)ab＋bc＋ac≤3； a2b2c2

(2)b＋c＋a≥1.

证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设知(a＋b＋c)2＝1， 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 1

所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤3. (2)因为a＞0，b＞0，c＞0，

a2b2c2

所以b＋b≥2a，c＋c≥2b，a＋a≥2c， a2b2c2

故b＋c＋a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， a2b2c2a2b2c2

即b＋c＋a≥a＋b＋c.所以b＋c＋a≥1. 考点二 分析法的应用 【例2】 已知a＞0，证明：证明 要证只需证11a2＋a2－2≥a＋a－2.

11

a2＋a2－2≥a＋a－2，

11

a2＋a2≥a＋a－(2－2)．

1

因为a＞0，所以a＋a－(2－2)＞0，



所以只需证



11a＋a－（2－2）， a2＋a2≥

2

2

11

即2(2－2)a＋a≥8－42，只需证a＋≥2.

a

11

因为a＞0，a＋a≥2显然成立a＝a＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．

规律方法 (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获解的关键．

(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

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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．

【训练2】 △ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.

113

求证：＋＝. a＋bb＋ca＋b＋c

113

证明 要证＋＝，

a＋bb＋ca＋b＋c

a＋b＋ca＋b＋cca即证＋＝3也就是＋＝1，

a＋bb＋ca＋bb＋c只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需证c2＋a2＝ac＋b2，

又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°， 由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos 60°，即b2＝c2＋a2－ac， 故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立． 考点三 反证法的应用

【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32. (1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

Sn(2)设bn＝n(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． a1＝2＋1，(1)解 由已知得解得d＝2，

3a1＋3d＝9＋32，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．

Sn(2)证明 由(1)得bn＝n＝n＋2.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，

2且互不相等)成等比数列，则bq＝bpbr.即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)．

∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0.

2

q－pr＝0，*

∵p，q，r∈N，∴

2q－p－r＝0.

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p＋r2

＝pr，(p－r)2＝0. ∴

2

∴p＝r，与p≠r矛盾．

∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

规律方法 (1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等． (2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的．

【训练3】 (2019·郑州一中月考)已知a1＋a2＋a3＋a4>100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.

证明 假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100， 这与已知a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假设错误． 所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.

基础巩固题组

一、选择题

1．用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( )

A．三个内角都不大于60° B．三个内角都大于60°

C．三个内角至多有一个大于60° D．三个内角至多有两个大于60° 答案 B

2．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是( ) A．lg(1＋a2)>0 C．a2＋3ab>2b2

B．a2＋b2≥2(a－b－1) aa＋1

D.b<

b＋1

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解析 在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，

∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立． 答案 B

3．已知m>1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则以下结论正确的是( ) A．a>b 解析 ∵a＝B．a1m＋

m－1

C．a＝b 1m＋1＋m

b＝m－而∴m－1＝

. ，

D．a，b大小不定

m＋1＋m>m＋

1m＋1＋m

<

1m＋

m－1＞0(m＞1)，

，即am－1

答案 B

4．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 C．(a－b)(a－c)＞0 解析 由题意知B．a－c＞0 D．(a－b)(a－c)＜0

b2－ac＜3a⇐b2－ac＜3a2

⇐(a＋c)2－ac＜3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇐－2a2＋ac＋c2＜0⇐2a2－ac－c2＞0⇐(a－c)(2a＋c)＞0⇐(a－c)(a－b)＞0. 答案 C

5．①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是( )

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A．①与②的假设都错误 B．①与②的假设都正确 C．①的假设正确；②的假设错误 D．①的假设错误；②的假设正确

解析 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确． 答案 D

6．(2019·杭州一模)记Sn是各项均为正数的等差数列{an}的前n项和，若a1≥1，则( )

22A．S2mS2n≥Sm＋n，ln S2mln S2n≤lnSm＋n 2B．S2mS2n≤S2m＋n，ln S2mln S2n≤lnSm＋n 2C．S2mS2n≥S2m＋n，ln S2mln S2n≥lnSm＋n 22D．S2mS2n≤Sm＋n，ln S2mln S2n≥lnSm＋n

解析 由Sn是各项均为正数的等差数列{an}的前n项和，可采用取特殊数列方法验证排除，如：数列1，2，3，4，5，6，…，取m＝1，n＝1，则S2m＝S2＝3，

2S2n＝S4＝10，Sm＋n＝S3＝6，∴S2mS2n＝S2S4＝30＜36＝S3＝S2m＋n，排除A，C；又

ln S2mln S2n＝ln 3·ln 10＜ln26＝ln2Sm＋n，排除D. 答案 B 二、填空题

7.6＋7与22＋5的大小关系为________． 解析 要比较6＋7与22＋5的大小， 只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小， 只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，

只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小， ∵42>40，∴6＋7>22＋5.

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答案 6＋7>22＋5

8．用反证法证明命题“a，b∈R，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______________． 解析 “至少有一个能”的反面是“都不能”． 答案 a，b都不能被5整除

ba

9．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使a＋b≥2成立的条件的序号是________．

bab

解析 要使a＋b≥2，只需a>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使ba

a＋b≥2成立． 答案 ①③④

22ln 2ln π2π

10．给出如下四个命题：①ee＞2；②ln 2＞3；③π＜3；④2＜π，正确的命题是________(只填序号)．

22

解析 要证ee＞2，只要证e＞ln 2，即2＞eln 2， e－xe

设f(x)＝eln x－x，x＞0，∴f′(x)＝x－1＝x， 当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数单调递增， 当x＞e时，f′(x)＜0，函数单调递减，

∴f(x)＜f(e)＝eln e－e＝0，∴f(2)＝eln 2－2＜0， 2

即2＞eln 2，∴ee＞2，因此①正确； ∵3ln 2＝ln 8＞ln 2.82＞ln e2＝2. 2

∴ln 2＞3，因此②正确；

π2＜42＝16，3π＞33＝27，因此π2＜3π，③正确； ln 2ln π

∵2π＜π2，∴2＜π，④正确； 正确的命题是①②③④.

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答案 ①②③④ 三、解答题

11．若a，b，c是不全相等的正数，求证： a＋bb＋cc＋a

lg2＋lg2＋lg2＞lg a＋lg b＋lg c. 证明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，

a＋bb＋ca＋c

∴2≥ab＞0，2≥bc＞0，2≥ac＞0. 又上述三个不等式中等号不能同时成立． a＋bb＋cc＋a

∴2·2·2＞abc成立． 上式两边同时取常用对数，

a＋bb＋cc＋a得lg·2·2＞lg abc，

2a＋bb＋cc＋a

∴lg2＋lg2＋lg2＞lg a＋lg b＋lg c.

12．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？

(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列，则S22＝S1S3，

2即a2a1·(1＋q＋q2)， 1(1＋q)＝a1·

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)解 当q＝1时，Sn＝na1，故{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．

综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列．

能力提升题组

a＋b2ab1x

，B＝f(ab)，C＝fa＋b，13．已知函数f(x)＝2，a，b是正实数，A＝f

2则A，B，C的大小关系为( )

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A．A≤B≤C C．B≤C≤A

B．A≤C≤B D．C≤B≤A

a＋ba＋b2ab1x

解析 ∵2≥ab≥，又f(x)＝2在R上是减函数，∴f

a＋b22ab. ≤f(ab)≤fa＋b答案 A

111

14．设a，b，c均为正实数，则三个数a＋b，b＋c，c＋a( ) A．都大于2

C．至少有一个不大于2 解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，

11111

∴a＋b＋b＋c＋c＋a＝a＋a＋b＋b＋ 1c＋c≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2. 答案 D

15．如果aa＋bb>ab＋ba，则a，b应满足的条件是________． 解析 ∵aa＋bb－(ab＋ba) ＝a(a－b)＋b(b－a) ＝(a－b)(a－b) ＝(a－b)2(a＋b)．

∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(a－b)2(a＋b)>0. ∴aa＋bb>ab＋ba成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b. 答案 a≥0，b≥0且a≠b

111

16．设x≥1，y≥1，证明x＋y＋xy≤x＋y＋xy. 证明 由于x≥1，y≥1，

B．都小于2

D．至少有一个不小于2

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111

所以要证明x＋y＋xy≤x＋y＋xy， 只需证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)．

因为x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0， 从而所要证明的不等式成立． 17．(2019·浙江卷)设函数f(x)＝x3＋(1)f(x)≥1－x＋x2； 33(2)4＜f(x)≤2. 1－（－x）41－x4

证明 (1)因为1－x＋x－x＝＝，

1－（－x）1＋x

2

3

1

，x∈[0，1]，证明： 1＋x

1－x41

由于x∈[0，1]，有≤，

1＋xx＋1即1－x＋x2－x3≤

1， x＋1

11133≤x＋＝x＋－2＋2＝x＋1x＋1x＋1

所以f(x)≥1－x＋x2.

(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋（x－1）（2x＋1）33

＋2≤2，

2（x＋1）3

所以f(x)≤2. 1233

由(1)得f(x)≥1－x＋x＝x－2＋4≥4，



2

1193

又因为f2＝24＞4，

3

所以f(x)＞4. 第 13 页

33综上，4＜f(x)≤2.

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