1、高三数学（理）一轮复习 教案 第十三编 推理与证明 总第67期 13.2 直接证明与间接证明基础自测1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的 条件.答案 充分2.若ab0,则a+ b+.(用“”,“”,“=”填空)答案 3.要证明+2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是 （填序号）.反证法分析法综合法答案 4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a0）有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是 .假设a、b、c都是偶数；假设a、b、c都不是偶数假设a、b、c至多有一个偶数；假设a、b、c至多有两个偶数答案 5.设a、b、c（0，+），P=
2、a+b-c，Q=b+c-a，R=c+a-b，则“PQR0”是“P、Q、R同时大于零”的 条件. ；答案 充要例题精讲 例1 设a,b,c0,证明：a+b+c.证明 a,b,c0，根据基本不等式，有+b2a,+c2b,+a2c.三式相加：+a+b+c2(a+b+c).即+a+b+c.例2 （14分）已知a0,求证： -a+-2.证明 要证-a+-2,只要证+2a+.2分a0,故只要证（a+）2, 6分即a2+4+4a2+2+2+2,8分从而只要证2, 10分只要证42（a2+2+）,即a2+2,而该不等式显然成立，故原不等式成立.14分例3 若x,y都是正实数，且x+y2,求证：2与2中至少有一
3、个成立.证明 假设2和2都不成立，则有2和2同时成立，因为x0且y0,所以1+x2y，且1+y2x，两式相加，得2+x+y2x+2y，所以x+y2，这与已知条件x+y2相矛盾，因此2与2中至少有一个成立.巩固练习 1.已知a,b,c为互不相等的非负数.求证：a2+b2+c2(+).证明 a2+b22ab,b2+c22bc,a2+c22ac.又a,b,c为互不相等的非负数，上面三个式子中都不能取“=”，a2+b2+c2ab+bc+ac,ab+bc2,bc+ac2,ab+ac2,又a,b,c为互不相等的非负数，ab+bc+ac(+),a2+b2+c2(+).2.已知a0,b0,且a+b=1,试用分
4、析法证明不等式.证明 要证,只需证ab+，只需证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+40,只需证4(ab)2+8ab-25ab+40,只需证4(ab)2-17ab+40,即证ab4或ab,只需证ab，而由1=a+b2,ab显然成立，所以原不等式成立.3.已知a、b、c（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于.证明 方法一 假设三式同时大于，即(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a,a、b、c(0,1),三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a.又(1-a)a=,同理（1-b）b,(1-c)c,(1-a)a(1-b)b(1-c)c,这与假设矛盾，故
5、原命题正确.方法二 假设三式同时大于，0a1,1-a0, =,同理,三式相加得,这是矛盾的，故假设错误，原命题正确.回顾总结 知识方法思想课后作业一、填空题1.（2008南通模拟）用反证法证明“如果ab,那么”假设内容应是 .答案 =或2.已知ab0，且ab=1,若0c1,p=logc,q=logc，则p,q的大小关系是 .答案 pq3.设S是至少含有两个元素的集合.在S上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a,bS，对于有序元素对(a,b),在S中有唯一确定的元素a*b与之对应）.若对任意的a,bS,有a*(b*a)=b,则对任意的a,bS，下列恒成立的等式的序号是 .（a*b）*a=aa*
6、(b*a)*(a*b)=ab*(b*b)=b(a*b)*b*(a*b)=b答案 4.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A1B1C1是 三角形，A2B2C2是 三角形.（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空）答案 锐角 钝角5.已知三棱锥SABC的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题：BC平面SAC；平面SBC平面SAB；SBAC.其中正确命题的序号是 .答案 6.对于任意实数a,b定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论：对于任意实数a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);对于任意实数a,b,c，有a*(b*c)=(a*b
7、)*c;对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是 .（写出你认为正确的结论的所有序号）答案 二、解答题7.已知数列an中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，），a1=1.（1）设bn=an+1-2an(n=1,2,)，求证：数列bn是等比数列；（2）设cn=(n=1,2,),求证：数列cn是等差数列；（3）求数列an的通项公式及前n项和公式.（1）证明 Sn+1=4an+2，Sn+2=4an+1+2，两式相减，得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,),即an+2=4an+1-4an,变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)bn=an+1
8、-2an(n=1,2,),bn+1=2bn.由此可知，数列bn是公比为2的等比数列.（2）证明 由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=32n-=(n=1,2,),cn+1-cn=-=.将bn=32n-1代入得cn+1-cn=(n=1,2,),由此可知，数列cn是公差为的等差数列，它的首项c1=，故cn=n-(n=1,2,).（3）解 cn=n-=(3n-1).an=2ncn=(3n-1)2n-2 (n=1,2,)当n2时，Sn=4an-1+2=(3n-4)2n-1+2.由于S1=a1=1也适合于此公式，所以an的前n项和公式为Sn=（3n-4）2
9、n-1+2.8.设a,b,c为任意三角形三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证：I24S.证明 由I2=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) =a2+b2+c2+2S,a,b,c为任意三角形三边长，ab+c,bc+a,ca+b,a2a(b+c),b2b(c+a),c2c(a+b)即(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)0a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)0a2+b2+c22Sa2+b2+c2+2S4S.I24S.9.已知a,b,c为正实数,a+b+c=1.求证：（1）a2+b2+c2; (2)+ +6.证明 （1）方法一 a2+
10、b2+c2-= (3a2+3b2+3c2-1) =3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2=(3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc) =(a-b)2+(b-c)2+(c-a)20a2+b2+c2.方法二 (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bca2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c23(a2+b2+c2)(a+b+c)2=1a2+b2+c2.方法三 设a=+,b=+,c=+.a+b+c=1,+=0a2+b2+c2=（+）2+（+）2+（+）2=+(+)+2+2+2=+2+2+2a2+b2+c2.(2)=,同理,+=6原不等式成立.10.
11、已知函数y=ax+(a1).（1）证明：函数f(x)在（-1,+)上为增函数；（2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.证明 （1）任取x1,x2(-1,+),不妨设x1x2,则x2-x10,由于a1,a1且a0,a-a=a (a-1)0.又x1+10,x2+10,-=0,于是f(x2)-f(x1)=a-a+-0,故函数f(x)在(-1,+）上为增函数.（2）方法一 假设存在x00 (x0-1)满足f(x0)=0,则a=-.a1,0a1,0-1,即x02，与假设x00相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.方法二 假设存在x00 (x0-1)满足f(x0)=0,若-1x00，则-2,a1,f(x0)-1,与f(x0)=0矛盾.若x0-1,则0,a0,f(x0)0,与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.