1、第二节直接证明与间接证明、数学归纳法1.了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点2.了解反证法的思考过程和特点3.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题突破点一直接证明内容综合法分析法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从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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)为止思维过程由因导果执果索因框图表示书写格式“因为，所以”或“由，得”“要证，只需证，即证”一、判断题(对的打“”，错的打“”)(
2、1)综合法是直接证明，分析法是间接证明()(2)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()(3)在解决问题时，常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()(4)证明不等式最合适的方法是分析法()答案：(1)(2)(3)(4)二、填空题1设x，y，z，则x，y，z的大小关系是_答案：xzy2分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设abc，且abc0，求证：a”索的因应是_答案：(ab)(ac)03已知点An(n，an)为函数y图象上的点，Bn(n，bn)为函数yx图象上的点，其中nN*，设cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_答案：cn1cn考法一综合
3、法综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：(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例1在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin Bsin Bsin Ccos 2B1.(1)求证：a，b，c成等差数列(2)若C，求证：5a3b.证明(1)由已知得sin Asin Bsin Bsin C2sin2B，因为sin B0，所以sin Asin C2sin B，由正弦定理，得ac2b，即a，b，c成等差数列(2)由C，c2ba及余弦定理得(2ba)2a2b2a
4、b，即有5ab3b20，所以5a3b.方法技巧综合法证明问题的思路考法二分析法例2已知非零向量a，b，且ab，求证：.证明abab0，要证.只需证|a|b|ab|，只需证|a|22|a|b|b|22(a22abb2)，只需证|a|22|a|b|b|22a22b2，只需证|a|2|b|22|a|b|0，即(|a|b|)20，上式显然成立，故原不等式得证方法技巧1分析法证明问题的思路“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“要证只需证已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性2分析法证明问题的适用
5、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1.已知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.求证：.证明：要证，即证3，也就是1，只需证c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需证c2a2acb2，又ABC的三内角A，B，C成等差数列，故B60，由余弦定理，得b2c2a22accos 60，即b2c2a2ac，故c2a2acb2成立于是原等式成立2.已知定义在R上的函数f(x)ax3bx2cx(abc)在x1处取得极值，且函数f(x)的图象上有一点处的切
6、线的斜率为a.(1)求证：01；(2)若f(x)在区间(s，t)上为增函数，求证：2st1.证明：(1)由f(x)ax3bx2cx，得f(x)ax2bxc.函数f(x)在x1处取得极值，f(1)abc0.又abc，a0，c0.f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为a，方程ax2bxca0有实数根，b24a(ac)0，即b24a(b)0，整理得240，解得0或4.由abc0，bc，得bab，.由ab且a0，得1.综上，可得01.(2)若f(x)在区间(s，t)上为增函数，则f(x)ax2bxc在区间(s，t)上恒非负a0，c0，b24ac0，故方程f(x)0必有两个不相等的实数根，设为x1，x2
7、，且x1x2.二次函数f(x)ax2bxc的图象的对称轴方程为x，由(1)，得0，而f(1)0，x21.又f(2)4a2bc4a2bab3(ab)0，x12.若f(x)在区间(s，t)上恒非负，则有x1stx2，2st1.突破点二间接证明1反证法假设原命题不成立(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，这样的证明方法叫做反证法2用反证法证明问题的一般步骤第一步分清命题“pq”的条件和结论第二步作出命题结论q相反的假设綈q第三步由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果第四步断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于
8、是结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真3.常见的结论和反设词原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个都没有对任意x成立存在某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x不成立存在某个x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都是不都是不都是都是一、判断题(对的打“”，错的打“”)(1)用反证法证明结论“ab”时，应假设“ab”()(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾()(3)用反证法证题时必须先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况()(4)反证法的步骤是：准确反设；从否定的结论正确推理；得出矛盾()答案：(1)(2)(3)(4)二
9、、填空题写出下列命题的否定(1)若a，b，c满足a2b2c2，则a，b，c不都是奇数；否定为_；(2)若p0，q0，p3q32，则pq2；否定为_；(3)所有的正方形都是矩形；否定为_；(4)至少有一个实数x，使x210；否定为_答案：(1)若a，b，c满足a2b2c2，则a，b，c都是奇数(2)若p0，q0，p3q32，则pq2(3)至少存在一个正方形不是矩形(4)不存在实数x，使x210典例设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？解(1)证明：若Sn是等比数列，则SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)，a1
10、0，(1q)21qq2，解得q0，这与q0相矛盾，故数列Sn不是等比数列(2)当q1时，Sn是等差数列当q1时，Sn不是等差数列假设q1时，S1，S2，S3成等差数列，则2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)由于a10，2(1q)2qq2，即qq2，q1，q0，这与q0相矛盾综上可知，当q1时，Sn是等差数列；当q1时，Sn不是等差数列方法技巧反证法证明问题的3步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)
11、(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立(命题成立)针对训练1已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0中至少有一个方程有两个相异实根证明：假设三个方程都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.上述三个式子相加得：a22abb2b22bcc2c22aca20，即(ab)2(bc)2(ca)20.由已知a，b，c是互不相等的非零实数因此，上式“”不能同时成立，又(ab)2(bc)2(ca)20与事实不符，故ax22bxc0，bx
12、22cxa0，cx22axb0中至少有一个方程有两个相异实根2已知四棱锥SABCD中，底面是边长为1的正方形，又SBSD，SA1.(1)求证：SA平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由解：(1)证明：由已知得SA2AD2SD2，故SAAD.同理SAAB.又ABADA，所以SA平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD.BCAD，BC平面SAD.BC平面SAD.而BCBFB，平面FBC平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，假设不成立故在棱SC上不存在异于S，C的点F，
13、使得BF平面SAD.突破点三数学归纳法一般地，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nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1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开始的所有正整数n都成立上述证明方法叫做数学归纳法一、判断题(对的打“”，错的打“”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明()(2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用()(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项()答案：(1)(2)(3)二、填空题1用数
14、学归纳法证明“12222n22n31”，在验证n1时，左边计算所得的式子为_答案：1222232用数学归纳法证明：“1n(nN*，n1)”时，由nk(k1)不等式成立，推理nk1时，左边应增加的项数是_答案：2k考法一证明等式例1求证：(n1)(n2)(nn)2n135(2n1)(nN*)证明(1)当n1时，等式左边2，右边2，故等式成立；(2)假设当nk(kN*，k1)时等式成立，即(k1)(k2)(kk)2k135(2k1)，那么当nk1时，左边(k11)(k12)(k1k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)2k135(2k1)(2k1)22k1135(2k1)(2k1)这就是
15、说当nk1时等式也成立由(1)(2)可知，对所有nN*等式成立方法技巧应用数学归纳法证明等式的3个注意点(1)明确初始值n0的取值并验证nn0时等式成立(2)由nk证明nk1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标(3)掌握恒等变形常用的方法：因式分解；添拆项；配方法考法二证明不等式例2设数列an各项均为正数，且满足an1ana.求证：对一切n2，都有an.证明因为数列an各项均为正数，且满足an1ana，所以a2a1a0，解得0a11.当n2时，由a2a1a2，得不等式成立，假设当nk(k2，kN*)时，不等式成立，即ak，则当nk1时，ak1aka22，所以当nk1时，不等式也成立，由数学归纳
16、法知，对一切n2，都有an.方法技巧应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，证明nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明考法三归纳猜想证明例3(2019常德模拟)设a0，f(x)，令a11，an1f(an)，nN*.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列an的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论解(1)a11，a2f(a1)f(1)；a3f(a2)；a4f(a3).猜想an(nN*)(2)证明：易知，n1时
17、，猜想正确假设nk时猜想正确，即ak，则ak1f(ak).这说明，nk1时猜想正确由知，对于任何nN*，都有an.方法技巧归纳猜想证明类问题的解题步骤利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳猜想证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性1.设f(n)1(nN*)，求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)证明：当n2时，左边f(1)1，右边21，左边右边，等式成立假设nk(k2，kN*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1
18、f(k)(k1)f(k)k(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论仍然成立由可知：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)2.用数学归纳法证明(nN*)证明：当n1时，左边，所以当n1时，命题成立；假设当nk(kN*)时，命题成立，则有，当nk1时，左边3，所以当nk1时，命题也成立综合可知原命题成立3.已知数列an的前n项和Sn满足：Sn1，且an0，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通项公式；(2)证明通项公式的正确性解：(1)当n1时，由已知得a11，即a2a120.a11(a10)当n2时，由已知得a1a21，将a11代入并整理
19、得a2a220.a2(a20)同理可得a3.猜想an(nN*)(2)证明：由(1)知，当n1,2,3时，通项公式成立假设当nk(k3，kN*)时，通项公式成立，即ak.由于ak1Sk1Sk，将ak代入上式，整理得a2 ak120，ak1，即nk1时通项公式成立由可知对所有nN*，an都成立课时跟踪检测 1(2019山西十二校模拟)用反证法证明命题“已知a，bN*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为()Aa，b都能被5整除Ba，b都不能被5整除Ca，b不都能被5整除 Da不能被5整除解析：选B用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而至少有一个能被5整除
20、的否定是都不能被5整除，故作的假设是“a，b都不能被5整除”2分析法又称执果索因法，已知x0，用分析法证明1时，索的因是()Ax22 Bx24Cx20 Dx21解析：选C因为x0，所以要证1，只需证()22，即证0，即证x20，因为x0，所以x20成立，故原不等式成立3(2019玉溪模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2，且为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证()Ank1时等式成立 Bnk2时等式成立Cn2k2时等式成立 Dn2(k2)时等式成立解析：选B由数学归纳法的证明步骤可知，假设nk(k2，且为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证nk2时等式成立4若
21、用数学归纳法证明123n3，则当nk1时，左端应在nk的基础上加上()Ak31B(k1)3C.D(k31)(k32)(k33)(k1)3解析：选D当nk时，等式左端12k3，当nk1时，等式左端12k3(k31)(k32)(k33)(k1)3，增加了(k31)(k32)(k33)(k1)3.故选D.5(2019大连一模)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)单调递减，若x1x20，则f(x1)f(x2)的值()A恒为负值 B恒等于零C恒为正值 D无法确定正负解析：选A由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1x20，可知
22、x1x2，f(x1)f(x2)f(x2)，则f(x1)f(x2)0.6已知函数f(x)x，a，b为正实数，Af，Bf()，Cf，则A，B，C的大小关系为()AABC BACBCBCA DCBA解析：选A因为，又f(x)x在R上是单调减函数，故ff()f，即ABC.7设nN，则与的大小关系是()A.B.C.D不能确定解析：选B由题意知，()()() ()，因为()2()222()0，所以.8已知a，b，c(0，)，则a，b，c三个数()A都大于6 B至少有一个不大于6C都小于6 D至少有一个不小于6解析：选D假设a，b，c都小于6， 则abc18, 利用基本不等式，可得abc22284618，这
23、与假设所得结论矛盾，故假设不成立，所以a，b，c三个数至少有一个不小于6.9如果abab，则a，b应满足的条件是_解析：abab，即()2()0，需满足a0，b0且ab.答案：a0，b0且ab10设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn1)2anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn_.解析：由(S11)2S，得S1；由(S21)2(S2S1)S2，得S2；由(S31)2(S3S2)S3，得S3.猜想Sn.答案：11(2019德州一模)如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则A2B2C2是_三角形解析：由条件知，A1B1C1的三个内角的余
24、弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形由得那么A2B2C2，这与三角形内角和为相矛盾所以假设不成立，又显然A2B2C2不是直角三角形所以A2B2C2是钝角三角形答案：钝角12已知ab0，则；ac2bc2；a2b2；，其中正确的序号是_解析：对于，因为ab0，所以ab0，0，ab，即，故正确；当c0时，不正确；由不等式的性质知正确答案：13已知x，y，z是互不相等的正数，且xyz1，求证：8.证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且xyz1，所以1，1，1，又x，y，z为正数，由，得8.14设a0，b0，且a2b2.证明：a2a2与b2b2不可能同时成立证明：假设
25、a2a2与b2b2同时成立，则有a2ab2b4.而由a2b2得a2b21，因为a0，b0，所以ab1.因为a2b22ab2(当且仅当ab1等号成立)，ab22(当且仅当ab1等号成立)，所以a2ab2b2ab24(当且仅当ab1等号成立)，这与假设矛盾，故假设错误所以a2a2与b2b2不可能同时成立15已知数列xn满足x1，且xn1(nN*)(1)用数学归纳法证明：0xn1；(2)设an，求数列an的通项公式解：(1)证明：当n1时，x1(0,1)，不等式成立假设当nk(kN*，k1)时，结论成立，即xk(0,1)，则当nk1时，xk1，因为xk(0,1)，所以2xk0，即xk10.又因为xk110，所以0xk11.综合可知0xn1.(2)由xn1可得1，即an12an1，所以an112(an1)令bnan1，则bn12bn，又b1a1111，所以bn是以1为首项，2为公比的等比数列，即bn2n1，所以an2n11.
