1、第三节直接证明和间接证明最新考纲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、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、特点考向预测考情分析：直接证明与间接证明是高中数学的重要推理方法，它们仍是高考的考点，题型将是选择或填空题学科素养：通过直接证明和间接证明的应用考查逻辑推理的核心素养积 累 必备知识基础落实赢得良好开端一、必记3个知识点1直接证明内容综合法分析法定义从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从_推导到_的思维方法从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一
2、种从_追溯到产生这一结果的_的思维方法特点从“_”看“_”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的_条件从“_”看“_”，逐步靠拢“_”，其逐步推理，实际上是要寻找它的_条件2.间接证明反证法要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去_(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出_，因此说明非Q是_的，从而断定结论Q是_的，这种证明方法叫做反证法3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_(n0N*)时命题成立(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当_时命题也成立只要完成这两个步骤，就可以断定命
3、题对_都成立，上述证明方法叫做数学归纳法二、必明2个常用结论1分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用2利用反证法证明的特点：要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的三、必练2类基础题(一)判断正误1判断下列说法是否正确(请在括号中打“”或“”)(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾()(二)教材改编2选修12P42练习T2改编
4、若Pa+6+a+7，Qa+8+a+5(a0)，则P，Q的大小关系是()APQ BPQC.PQ D不能确定3选修12P52T2改编622与5-7的大小关系是_提 升 关键能力考点突破掌握类题通法考点一综合法的应用综合性 例1设a，b，c均为正数，且abc1，证明：(1)abbcca13；(2)a2b+b2c+c2a1.听课笔记：一题多变 (变问题)若例1条件不变，证明：a2b2c213.反思感悟综合法证题的思路与方法【对点训练】在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A sin Bsin B sin Ccos 2B1.(1)求证：a，b，c成等差数列；(2)若C23，求证：5
5、a3b.考点二分析法的应用综合性 例2已知a0，证明：a2+1a2-2a1a2.听课笔记：反思感悟分析法的证题思路分析法的证题思路是“执果索因”，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“欲证只需证已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范【对点训练】设x1，y1，证明：xy1xy1x+1yxy.考点三反证法的应用综合性 例3已知非零实数a，b，c构成公差不为0的等差数列，求证：1a，1b，1c不可能成等差数列听课笔记：反思感悟反证法证明问题的一般步骤(1)反设假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真；(2)归谬把“反设”作为条件，经
6、过一系列正确的推理，得出矛盾；(3)存真由矛盾结果断定反设错误，从而肯定原结论成立应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达到否定结论的目的【对点训练】设a0，b0，且ab1a+1b，证明：(1)ab2；(2)a2a2与b2b2不可能同时成立考点四数学归纳法的应用综合性角度1用数学归纳法证明不等式例4用数学归纳法证明：1n2112+1312n12n(nN*)听课笔记：反思感悟数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他方法不易证，则可考虑应用数学归纳法(2)关键：由nk时命题成立证nk1时命题
7、也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.角度2归纳猜想证明例5设函数f(x)ln (1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求实数a的取值范围听课笔记：反思感悟归纳猜想证明问题的一般步骤第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0N*)成立；第三步：假设当nk(kn0，kN*)时结论成立，证明当n
8、k1时结论也成立；第四步：下结论，由上可知结论对任意nn0，nN*成立【对点训练】1数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式(113)(115)(112n-1)2n+12均成立2已知正项数列an中，对于一切的nN*均有an2anan1成立(1)证明：数列an中的任意一项都小于1；(2)探究an与1n的大小关系，并证明你的结论第三节直接证明和间接证明积累必备知识一、1原因结果结果原因已知可知必要未知需知已知充分2假设Q不成立矛盾错误正确3(1)第一个值n0(2)nk1从n0开始的所有正整数n三、1答案：(1)(2)(3)2解析：假设PQ，只需P2Q2，即2a132a+6a+72a132a+8
9、a+5，只需a213a42a213a40.因为4240成立，所以PQ成立答案：A3解析：假设6225-7，由分析法可得，要证6225-7，只需证6+7522，即证1324213410，即42210.因为4240，所以6225-7成立答案：6225-7提升关键能力考点一例1证明：(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca得a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1，所以3(abbcca)1，即abbcca13.当且仅当“abc”时等号成立(2)因为a2bb2a，b2cc2b，c2aa2c，当且仅当“a2b2c2”时等号成立，故a2b+b2c+
10、c2a(abc)2(abc)，即a2b+b2c+c2aabc.所以a2b+b2c+c2a1.一题多变证明：因为abc1，所以1(abc)2a2b2c22ab2bc2ac.因为2aba2b2，2bcb2c2，2aca2c2，当且仅当“abc”时等号成立，所以2ab2bc2ac2(a2b2c2)，所以1a2b2c22(a2b2c2)，即a2b2c213对点训练证明：(1)由已知得sin A sin Bsin B sin C2sin2B，因为sinB0，所以sin Asin C2sin B，由正弦定理，有ac2b，即a，b，c成等差数列(2)由C23，c2ba及余弦定理得(2ba)2a2b2ab，即
11、有5ab3b20，所以ab35，即5a3b.考点二例2证明：要证 a2+1a2-2a1a2，只需证 a2+1a22a1a+2.因为a0，故只需证(a2+1a22)2(a1a+2)2，即a21a24a2+1a24a221a222(a1a)2，从而只需证2a2+1a22(a1a)，即证4(a21a2)2(a221a2)，即证a21a22，而上述不等式显然成立，故原不等式成立对点训练证明：由于x1，y1，所以要证明xy1xy1x+1yxy，只要证明xy(xy)1yx(xy)2，只要证明(xy)21(xy)xy(xy)0，只要证明(xy1)(xy1xy)0，只要证明(xy1)(x1)(y1)0.由于x
12、1，y1，上式显然成立，所以原命题成立考点三例3证明：假设1a，1b，1c成等差数列，则2b1a+1c，所以2acbcab，又a，b，c成等差数列且公差d0，所以2bac，所以把代入，得2acb(ac)b2b，所以b2ac，由平方，得4b2(ac)2，把代入，得4ac(ac)2，所以(ac)20，所以ac.代入，得ba，故abc，所以数列a，b，c的公差为0，这与已知矛盾，所以1a，1b，1c不可能成等差数列对点训练证明：由ab1a+1ba+bab，a0，b0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab2ab2，即ab2.(2)假设a2a2与b2b2同时成立，则由a2a2及a0，得0a1；同
13、理，0b1，从而ab1，这与ab1矛盾故a2a2与b2b2不可能同时成立考点四例4证明：当n1时，左边112，右边121，所以3211232，即命题成立假设当nk(k1，kN*)时命题成立，即1k2112+1312k12k，则当nk1时，112+1312k+12k+1+12k+212k+2k1k22k12k+2k1k+12.又112+1312k+12k+1+12k+212k+2k12k2k12k12(k1)，即nk1时，命题成立由可知，命题对所有nN*都成立例5解析：由题设得g(x)x1+x(x0)(1)由已知，g1(x)x1+x，g2(x)g(g1(x)x1+x1+x1+xx1+2x，g3(
14、x)x1+3x，可猜想gn(x)x1+nx.下面用数学归纳法证明：当n1时，g1(x)x1+x，结论成立假设当nk(k1，kN*)时结论成立，即gk(x)x1+kx.则当nk1时，gk1(x)g(gk(x)gkx1+gkxx1+kx1+x1+kxx1+k+1x，即nk1时结论成立由可知，结论对nN*都成立(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln (1x)ax1+x恒成立设(x)ln (1x)ax1+x(x0)，则(x)11+x-a1+x2x+1-a1+x2，当a1时，(x)0(当且仅当x0，a1时等号成立)，所以(x)在0，)上单调递增又(0)0，所以(x)0在0，)上恒成立，所以当a1时，
15、ln (1x)ax1+x恒成立(当且仅当x0时等号成立)当a1时，对x0，a1，有(x)0，所以(x)在0，a1上单调递减，所以(a1)(0)0.即当a1时，存在x0，使(x)0，所以ln (1x)ax1+x不恒成立综上可知，a的取值范围是(，1.对点训练1证明：当n2时，左边11343，右边52.因为左边右边，所以不等式成立假设当nk(k2，且kN*)时不等式成立，即(113)(115)(112k-1)2k+12.则当nk1时，(113)(115)(112k-1)1+12k+1-12k+122k+22k+12k+222k+14k2+8k+422k+14k2+8k+322k+12k+32k+1
16、22k+12k+1+12.所以当nk1时，不等式也成立由知对于一切大于1的自然数n，不等式都成立2证明：(1)由an2anan1，得an+1an-an2.因为在数列an中，an0，所以an10，所以an-an20，所以0an1.故数列an中的任意一项都小于1.(2)由(1)知0a1111，那么a2a1-a12(a112)2141412，由此猜想an1n.下面用数学归纳法证明：当n2，且nN*时猜想正确当n2时已证；假设当nk(k2，且kN*)时，有ak1k成立，那么1k12，ak+1ak-ak2(ak12)214(1k-12)2141k-1k2k-1k2k-1k2-11k+1，所以当nk1时，猜想正确综上所述，对于一切nN*，都有an1n.