1、第二节直接证明与间接证明、数学归纳法本节主要包括3个知识点：1.直接证明；2.间接证明；3.数学归纳法.突破点(一)直接证明基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 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，即证考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”综合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
2、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(2017武汉模拟)已知函数f(x)(x1)ln xx1.(1)若0，求f(x)的最大值；(2)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线xy10垂直，证明：0.解(1)f(x)的定义域为(0，)当0时，f(x)ln xx1.则f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，故f(x)在(0,1)上是增函数；当x1时，f(x)0，故f(x)在(1，)上是减函数故f(x)在x1处取得最大值f(1)0.(2)证明：由题可得，f(x)ln x1.由题设条件，得f(1
3、)1，即1.f(x)(x1)ln xx1.由(1)知，ln xx10，且x1)当0x1时，x10，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0.当x1时，x10，f(x)(x1)ln xx1ln x(xln xx1)ln xx0，0.综上可知，0.方法技巧综合法证题的思路分析法分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中需要用到的知识不太明确、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，从正面不易推导时，常考虑用分析法例2已知a0，证明 a2.证明要证 a2，只需证 (2)因为a0，所以(2)0，所以只需证22，即2(2)84，只需证a
4、2.因为a0，a2显然成立当且仅当a1时，等号成立，所以要证的不等式成立方法技巧分析法证题的思路(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，从而使原命题得证能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1考点一命题“对于任意角，cos4sin4cos 2”的证明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos 2”过程应用了()A分析法B综合法C综合法、分析法综合使用
5、D间接证明法解析：选B因为证明过程是“从左向右”，即由条件逐步推向结论，故选B.2考点一(2017广州调研)若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是()Aac2bc2 Ba2abb2C. D.解析：选Ba2aba(ab)，ab0，ab0，a(ab)0，即a2ab0，a2ab.又abb2b(ab)0，abb2，由得a2abb2.3考点一已知实数a1，a2，a2 017满足a1a2a3a2 0170，且|a12a2|a22a3|a2 0172a1|，证明：a1a2a3a2 0170.证明：根据条件知：(a12a2)(a22a3)(a32a4)(a2 0172a1)(a1a2a3a2 017
6、)0.另一方面，令|a12a2|a22a3|a32a4|a2 0172a1|m，则a12a2，a22a3，a32a4，a2 0172a1中每个数或为m或为m.设其中有k个m，(2 017k)个m，则(a12a2)(a22a3)(a32a4)(a2 0172a1)km(2 017k)(m)(2k2 017)m.由知：(2k2 017)m0.而2k2 017为奇数，不可能为0，所以m0.于是知：a12a2，a22a3，a32a4，a2 0162a2 017，a2 0172a1.所以a122 017a1，即得a10.从而a1a2a3a2 0170.命题得证4考点二已知m0，a，bR，求证：2.证明：
7、因为m0，所以1m0.所以要证原不等式成立，只需证(amb)2(1m)(a2mb2)，即证m(a22abb2)0，即证m(ab)20，即证(ab)20，而(ab)20显然成立，故原不等式得证突破点(二)间接证明基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 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
8、q不真，于是结论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至少有一个一个都没有至多有一个至少有两个至少有n个至多有(n1)个至多有n个至少有(n1)个都是不都是对任意x成立存在某个x不成立对任意x不成立存在某个x成立p或q綈p且綈qp且q綈p或綈q不都是都是考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 证明否定性命题例1已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列an中任意三项不可能按原来顺序成等差数列解(1)当n1时，a1S12a12，则a11.又anSn2，所以an1Sn12，两式相减得an1an，所以an是首项为1，公
9、比为的等比数列，所以an.(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，则2，所以22rq2rp1.(*)又因为pqr，所以rq，rpN*.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立所以假设不成立，原命题得证证明存在性问题例2若f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(a2)，使函数h(x)是区间a，b上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由解(1)由已知得g(x)(x1)21，其图象的对称轴为x1，区间1，b在对称轴的右边，所以函数在区间1，b上单调递增由“四维光军”函数的定义可知，g(1)1，g(b)b，即
10、b2bb，解得b1或b3.因为b1，所以b3.(2)假设函数h(x)在区间a，b(a2)上是“四维光军”函数，因为h(x)在区间(2，)上单调递减，所以有即解得ab，这与已知矛盾故不存在证明“至多”“至少”“唯一”命题例3已知f(x)ln(1ex)mx(xR)，对于给定区间(a，b)，存在x0(a，b)，使得f(x0)成立，求证：x0唯一证明假设存在x0，x0(a，b)，且x0x0，使得f(x0)，f(x0)成立，即f(x0)f(x0)因为f(x)m，记g(x)f(x)，所以g(x)0，f(x)是(a，b)上的单调递增函数所以x0x0，这与x0x0矛盾，所以x0是唯一的 能力练通 抓应用体验的
11、“得”与“失” 1考点三用反证法证明命题“设a，b 为实数，则方程x3axb0 至少有一个实根”时，要作的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程 x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0 至多有两个实根D方程x3axb0 恰好有两个实根解析：选A用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而至少有一个实根的否定是没有实根，故作的假设是“方程x3axb0没有实根”2考点一、三若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与ab及ab中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数是()A0 B1 C2 D3解析：选C由于a，b，c不全相
12、等，则ab，bc，ca中至少有一个不为0，故正确；显然正确；令a2，b3，c5，满足ac，bc，ab，故错误3考点三已知xR，ax2，b2x，cx2x1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c均小于1，即a1，b1，c1，则有abc3，而abcx22xx2x12x22x32233，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1.4考点一设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明数列an1不是等比数列解：(1)设an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1q
13、n，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明：假设数列an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1.a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故数列an1不是等比数列5考点二已知四棱锥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F点的位置；若不存在，请说明理由解：(1)证明：由已知得SA2AD2SD2，故SAA
14、D.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，使得BF平面SAD.突破点(三)数学归纳法基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 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
15、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考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 用数学归纳法证明等式例1设f(n)1(nN*)求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)证明(1)当n2时，左边f(1)1，右边21，左边右边，等式成立(2)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)1f(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(1)(2)可知：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)方法技巧
16、用数学归纳法证明等式的策略(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值(2)由nk到nk1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用nk时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明用数学归纳法证明不等式例2用数学归纳法证明：12(nN*，n2)证明(1)当n2时，12，命题成立(2)假设nk(k2，kN*)时命题成立，即12.当nk1时，12均成立证明：(1)当n2时，左边1；右边.左边右边，不等式成立(2)假设nk(k2，且kN*)时不等式成立，即.则当nk1时，1.当nk1时，不等式也成立由(1)
17、(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立3考点三(2017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，猜想正确假设nk(kN*)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.近五年全国卷对本节内容未直接考查课时达标检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考 练基础小题强化运算能力1用反证法证明命题：“若a，b
18、，c，dR，ab1，cd1，且acbd1，则a，b，c，d中至少有一个负数”的假设为()Aa，b，c，d中至少有一个正数Ba，b，c，d全都为正数Ca，b，c，d全都为非负数Da，b，c，d中至多有一个负数解析：选C用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而“a，b，c，d中至少有一个负数”的否定是“a，b，c，d全都为非负数”2用数学归纳法证明2n2n1，n的第一个取值应是()A1 B2 C3 D4解析：选Cn1时，212,2113,2n2n1不成立；n2时，224,2215,2n2n1不成立；n3时，238,2317,2n2n1成立n的第一个取值应是3.3已知f(n)，则()Af(n)
19、中共有n项，当n2时，f(2)Bf(n)中共有n1项，当n2时，f(2)Cf(n)中共有n2n项，当n2时，f(2)Df(n)中共有n2n1项，当n2时，f(2)解析：选D由f(n)可知，共有n2n1项，且n2时，f(2).4设a，b，c均为正实数，则三个数a，b，c()A都大于2 B都小于2C至少有一个不大于2 D至少有一个不小于2解析：选Da0，b0，c0，6，当且仅当abc1时，等号成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.5设a，b，c，则a，b，c的大小顺序是()Aabc Bbca Ccab Dacb解析：选Aa，b，c，且0，abc.练常考题点检验高考能力一、选择题1已知函数
20、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.2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x1x2，f(x1)f(x2)f(x2)，则f(x1)f(x2)a BacbCcba Dacb解析：选Acb44aa2(2a)20，c
21、b.已知两式作差得2b22a2，即b1a2.1a2a20，1a2a.b1a2a.cba，故选A.4平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为()An1 B2nC. Dn2n1解析：选C1条直线将平面分成11个区域；2条直线最多可将平面分成1(12)4个区域；3条直线最多可将平面分成1(123)7个区域；n条直线最多可将平面分成1(123n)1个区域5已知a，bR，m，nb2b，则下列结论正确的是()Amn Bmn Cmn Dmb，则f(f(b)f(b)b，与题意不符，若f(b)b，则f(f(b)f(b)b，与题意也不符，故f(b)b，即f(x)x在0,1上有解所以x
22、，aexx2x，令g(x)exx2x，g(x)ex2x1(ex1)2x，当x0,1时，ex12,2x2，所以g(x)0，所以g(x)在0,1上是增函数，所以g(0)g(x)g(1)，所以1g(x)e，即1ae，故选A.二、填空题7用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上的项为_解析：当nk时左端为123k(k1)(k2)k2，则当nk1时，左端为123k2(k21)(k22)(k1)2，故增加的项为(k21)(k22)(k1)2.答案：(k21)(k22)(k1)28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cnanb
23、n，则cn与cn1的大小关系为_解析：由条件得cnanbnn，cn随n的增大而减小，cn1cn.答案：cn10的解集为(1,2)，解关于x的不等式ax2bxc0”，给出如下一种解法：解：由ax2bxc0的解集为(1,2)，得a(x)2b(x)c0的解集为(2,1)，即关于x的不等式ax2bxc0的解集为(2,1)参考上述解法，若关于x的不等式0的解集为，则关于x的不等式0的解集为_解析：不等式0，可化为0，故得1或1，解得3x1或1x2，故0，则实数p的取值范围是_解析：依题意有f(1)0或f(1)0，所以2p2p10或2p23p90，即2p2p10或2p23p90，得p1或3p0)的图象与x
24、轴有两个不同的交点，若f(c)0，且0x0.(1)证明：是f(x)0的一个根；(2)试比较与c的大小；(3)证明：2b1.解：(1)证明：f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，f(x)0有两个不等实根x1，x2，f(c)0，x1c是f(x)0的根，又x1x2，x2，是f(x)0的一个根(2)假设0，由0x0，知f0与f0矛盾，c，又c，c.(3)证明：由f(c)0，得ac2bcc0，即acb10，b1ac.又a0，c0，b1.二次函数f(x)的图象的对称轴方程为xx2，即0，b2，2b1.12已知f(n)1，g(n)，nN*.(1)当n1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明解：(1)当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；当n2时，f(2)1，g(2)，所以f(2)g(2)；当n3时，f(3)1，g(3)，所以f(3)g(3)(2)由(1)猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明当n1时，不等式显然成立假设当nk(kN*)时不等式成立即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k)，因为0，所以f(k1)g(k1)由可知，对一切nN*，都有f(n)g(n)成立