1、第 44 讲 直接证明与间接证明【学习目标】1结合已经学过的数学实例，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、特点及证明步骤2结合已经学过的数学实例，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【基础检测】1设 alg 2lg 5，bex(xbBabCabDab【解析】alg 2lg 5lg 101，而 bexb.A2要证：a2b21a2b20，只要证明()A2ab1a2b20 Ba2b21a4b420C.a2b221a2b20 D(a21)(b21)0【解析】a2b21a2b20(a21)(b21)0.D3设 x、y、z0，ax1y，by1z
2、，cz1x，则 a、b、c 三数()A至少有一个不大于 2 B都小于 2 C至少有一个不小于 2 D都大于 2【解析】假设 a、b、c 都小于 2，则 abcbcBbcaCcabDacb【解析】a 3 213 2，b 6 516 5，c 7 617 6，又 7 6 6 5 3 20，abc.A【知识要点】1直接证明(1)从原命题的条件逐步推得命题成立的证明称为_综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方法(2)从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止这种证明方法常称为_推证过程如下：PQ1 Q1Q2 Q2Q3 QnQ
3、(3)从要证明的结论出发，追溯导致结论成立的充分条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止这种证明方法常称为_直接证明综合法分析法推论过程如下：QP1 P1P2 P2P3 得到一个明显成立的条件P表示条件，Q表示要证的结论2间接证明反证法(1)假设原命题不成立，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_(2)反证法的特点：先假设原命题_成立，再在正确的推理下得出矛盾，所得矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实矛盾等反证法不【解析】因为 a，b，c 为不全相等的正数，所以bcaacabbabcc b
4、aabcaaccbbc3，2baab2caac2cbbc33，即bcaacabbabcc3.一、综合法及应用例1已知 a，b，c 为不全相等的正数，求证：bcaacabbabcc3.【思路点拨】本题从条件不易寻求证题思路，考虑使用分析法【解析】要证 1ab 1bc3abc，即证abcab abcbc 3，也就是 cab abc1，只需证 c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需证 c2a2acb2，又ABC 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 二、分析法及应用例2ABC 的三
5、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：1ab 1bc3abc.【点评】分析法的特点和思路是“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“欲证只需证已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性三、反应法及应用例3在数列an中，a135，an1 3an2an1，nN*.(1)求证：数列1an1 为等比数列；(2)设 Sn 1a1 1a2 1an，若 Sn100，求最大的正整数 n；(3)是否存在互不相等的正整数 m，t，n，使 m，t，n 成等差数列，且 am1，a
6、t1，an1 成等比数列？如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由【解析】(1)证明：因为 1an123 13an，所以 1an11 13an13131an1，且 1a11230，所以数列1an1 为等比数列(2)由(1)得 1an12313n1，所以 1an213n1.于是由 Sn 1a1 1a2 1ann213 132 13n n213 13n1113n1 13n100，得 nmax99.(3)假设存在，则有 mn2t，(am1)(an1)(at1)2，因为 an3n3n2，所以3n3n213m3m21 3t3t21 2，整理得 3m3n23t，即 3m，3t，3n 成等差数列又 m，
7、t，n 成等差数列，所以 3m，3t，3n 成等比数列 所以 3m3t3n，mtn，这与 m，t，n 互不相等矛盾 故不存在满足题意的 m，t，n.【点评】(1)用反证法证明命题“若 p，则 q”时，可能出现以下三种情况：导出非 p 为真，即与原命题的条件矛盾；导出 q 为真，即与假设“非 q 为真”矛盾；导出一个恒假命题(2)一般地，以下题型宜用反证法：当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确时，宜考虑用反证法去证 否定型命题(命题的结论是“不可能的”，“不能表示为”，“不是”，“不存在”，“不等于”，“不具有某种性质”等)，唯一性命题，存在性命题，“至少”、“至多”型命题，某些
8、命题的逆命题等都可用反证法去证 有的肯定式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，如“无限多个数”，“无穷多个交点”，“无限不循环小数”等，因为我们要直接证明无限的情形比较困难，因而也往往采用反证法备选题例4已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足：a1a(a0)，an1rSn(nN*，rR，r1)(1)求数列an的通项公式；(2)若存在 kN*，使得 Sk1，Sk，Sk2 成等差数列，试判断：对于任意的 mN*且 m2，am1，am，am2是否成等差数列，并证明你的结论【解析】(1)由已知 an1rSn，可得 an2rSn1，两式相减可得 an2an1r(Sn1Sn)ran1，即 an2(r
9、1)an1.又 a2ra1ra，所以当 r0 时，数列an为：a，0，0，；当 r0，r1 时，由已知 a0，所以 an0(nN*)，于是由 an2(r1)an1，可得an2an1r1(nN*)，a2，a3，an，成等比数列，当 n2 时，anr(r1)n2a.综 上，数 列 an 的 通 项 公 式 为an a，n1，r（r1）n2a，n2.(2)对于任意的 mN*且 m2，am1，am，am2 成等差数列 证明如下：当 r0 时，由(1)知，ana，n1，0，n2.对于任意的 mN*且 m2，am1，am，am2 成等差数列；当 r0，r1 时，Sk2Skak1ak2，Sk1Skak1，若
10、存在 kN*，使得 Sk1，Sk，Sk2 成等差数列，则 Sk1Sk22Sk，2Sk2ak1ak22Sk，即 ak22ak1.【点评】本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，同时考查推理论证能力以及特殊与一般的思想，难度较大由(1)知，a2，a3，am，的公比为 r12，于是对于任意的 mN*且 m2，am12am，从而 am24am，am1am22am，即 am1，am，am2 成等差数列 综上，对于任意的 mN*且 m2，am1，am，am2 成等差数列1关于综合法与分析法分析法的特点：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件综合法的特点：从“已知”
11、看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的必要条件从而看出，分析法与综合法是两种思路截然相反的证明方法，既对立又统一用综合法证题前往往用分析法寻找解题思路，即所谓的“分析”并且在解决较复杂问题时，往往是分析法与综合法相互结合使用2关于反证法使用反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公式、事实矛盾等反证法的步骤：(1)反设；(2)推出矛盾；(3)下结论矛盾的主要类型：(1)与假设矛盾；(2)与数学公式、法则、公理、定理、定义或已被证明了的结论矛盾；(3)与公认的简单事实矛盾；(4)自相矛盾(2014 山东)用
12、反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x2axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程 x2axb0 没有实根B方程 x2axb0 至多有一个实根C方程 x2axb0 至多有两个实根D方程 x2axb0 恰好有两个实根A【解析】“方程 x2axb0 至少有一个实根”等价于“方程 x2axb0 有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程 x2axb0 没有实根”故选 A.【解析】a2ab2b2，即 a2ab2b20，即ab2294b20，不一定成立，当 a0，b2b2；a5b5a3b2a2b3；a2b22(ab1)；abba2.其中一定成立的有()A4 个B3 个C2 个D1
13、 个D2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 60B三个内角都大于 60C三个内角至多有一个大于 60D三个内角至多有两个大于 60B【解析】b2ac 3ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a20 2a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.3分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且 abc0，求证 b2ac0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0，Q0，PQ.4若 P a a7，Q a3 a4(a0)，则 P、Q 的大小关系是_.P1，求证：Snn2(a1an)，并给出等号成立的充要
14、条件证法二：用数学归纳法证明 anan12，nN*.当 n1 时，由 S2a2S1a1，得 a1a2a2a1a1，即 a2a2a1，再由 a20，得 a11，所以结论成立 假设 nk 时，结论成立，即 akak12，那么 ak1Sk1Sk(a2Ska1)(a2Sk1a1)a2(SkSk1)a2akak2，即当 nk1 时，结论也成立 综上可得，对任意 nN*，anan12.因此an是首项为 1，公比为 a2 的等比数列(2)证法一：当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立 设 n3，a21 且 a20.由(1)知 a11，anan12，所以要证的不等式化为 1a2a22an1
15、2n2(1an12)(n3)，即证 1a2a22an2n12(1an2)(n2)当 a21 时，上面不等式的等号成立 当1a21 时，ar21 与 anr2 1(r1，2，n1)同为正 因此当 a21且 a21时，总有(ar21)(anr2 1)0，即 ar2anr2 1an2(r1，2，n1)上面不等式对 r 从 1 到 n1 求和得 2(a2a22an12)(n1)(1an2)，由此得 1a2a22an21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当 n1，2 或 a21 时等号成立 证法二：当 n1 或 2 时，显然 Snn2(a1an)，等号成立 当 a21 时，Snnn2(a
16、1an)，等号也成立 当 a21 时，由(1)知 Sn1an21a2，anan12.下证：1an21a21 且 a21)当1a21 时，上面不等式化为(n2)an2na2nan12n2(n3)令 f(a2)(n2)an2na2nan12.1a20，故 f(a2)(n2)an2na2(1an22)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立 当 0a21 时，求导得 f(a2)n(n2)an12(n1)an221ng(a2)其中 g(a2)(n2)an12(n1)an221，则 g(a2)(n2)(n1)(a21)an32g(1)0，从而 f(a2)ng(a2)0，进而 f(a2)是(0，1)上
17、的增函数，因此 f(a2)1 时，令 b 1a2，则 0b1，由已证的结论知11a2n1 1a21 且 a20 时，有 Snn2(a1an)，当且仅当 n1，2 或 a21 时等号成立8已知函数 f(x)ln xx 的图象为曲线 C，函数 g(x)12axb 的图象为直线 l.(1)设直线 l 与曲线 C 相切于点(1，0)，求 g(x)的解析式；(2)设直线 l 与曲线 C 的交点的横坐标分别为 x1，x2，且 x1x2，求证：(x1x2)g(x1x2)2.【解析】(1)f(x)ln xx，f(x)1ln xx2.由题设知，g(1)0，即12ab0，f(1)a21，联立解得，a2，b1，g(
18、x)x1.(2)证明：不妨设 x12，只需证(x1x2)12a（x1x2）b 2，只需证12a(x1x2)b2x1x2，只需证12a(x22x21)b(x2x1)2（x2x1）x1x2，即证12ax22bx212ax21bx1 2（x2x1）x1x2.又ln x1x1 12ax1b，ln x2x2 12ax2b，ln x112ax21bx1，ln x212ax22bx2，故只需证 ln x2ln x12（x2x1）x1x2，只需证 ln x2x12（x2x1）x1x2.(*)证法一：欲证(*)成立，只需证(x1x2)ln x2x12(x2x1)，令 H(x)(xx1)ln xx12(xx1)，x(x1，)，则 H(x)ln xx1x1x 1.令 G(x)ln xx1x1x 1，则 G(x)xx1x2 0.G(x)在 x(x1，)上单调递增，G(x)G(x1)0，即 H(x)0，H(x)在 x(x1，)上单调递增，又 x2(x1，)，H(x2)H(x1)0，即 H(x2)(x2x1)ln x2x1 2(x2x1)0，所以(x1x2)g(x1x2)0.证法二：欲证(*)成立，即证 ln x2x12x2x11x2x11.令x2x1t(t1)，则只需证 ln t2（t1）t1(t1)于是可以构造函数 r(t)ln t2（t1）t1(t1)，利用导数易证 r(t)0(t1)，即原不等式成立
