（浙江專用）2023年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第七章數(shù)列、推理與證明第5講直接證明與間接證明學(xué)案

PAGE1-第5講直接證明與間接證明最新考綱1.了解直接證明的兩種根本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過(guò)程和特點(diǎn)；2.了解間接證明的一種根本方法——反證法；了解反證法的思考過(guò)程和特點(diǎn).知識(shí)梳理1.直接證明內(nèi)容綜合法分析法定義利用條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過(guò)一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直到最后把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(條件、定理、定義、公理等)為止實(shí)質(zhì)由因?qū)Ч麍?zhí)果索因框圖表示eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→…→eq\x(Qn?Q)eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→…→eq\x(\a\al(得到一個(gè)明顯,成立的條件))文字語(yǔ)言因?yàn)椤浴蛴伞谩C……只需證……即證……2.間接證明間接證明是不同于直接證明的又一類(lèi)證明方法，反證法是一種常用的間接證明方法.(1)反證法的定義：假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出矛盾，因此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明原命題成立的證明方法.(2)用反證法證明的一般步驟：①反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立；②歸謬——根據(jù)假設(shè)進(jìn)行推理，直到推出矛盾為止；③結(jié)論——斷言假設(shè)不成立，從而肯定原命題的結(jié)論成立.診斷自測(cè)1.判斷正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√〞或“×〞)(1)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件.()(2)用反證法證明結(jié)論“a>b〞時(shí)，應(yīng)假設(shè)“a<b〞.()(3)反證法是指將結(jié)論和條件同時(shí)否認(rèn)，推出矛盾.()(4)在解決問(wèn)題時(shí)，常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問(wèn)題的過(guò)程.()解析(1)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件.(2)應(yīng)假設(shè)“a≤b〞.(3)反證法只否認(rèn)結(jié)論.答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()A.2ab－1－a2b2≤0B.a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(〔a＋b〕2,2)－1－a2b2≤0D.(a2－1)(b2－1)≥0解析a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.答案D3.假設(shè)a，b，c為實(shí)數(shù)，且a<b<0，那么以下命題正確的選項(xiàng)是()A.ac2<bc2 B.a2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)>eq\f(a,b)解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.答案B4.用反證法證明命題：“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，那么方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根〞時(shí)，要做的假設(shè)是()A.方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根解析因?yàn)椤胺匠蘹3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根〞等價(jià)于“方程x3＋ax＋b＝0的實(shí)根的個(gè)數(shù)大于或等于1”，所以要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根〞.答案A5.在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數(shù)列，a，b，c成等比數(shù)列，那么△ABC的形狀為_(kāi)_______.解析由題意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,3)，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq\f(π,3)，∴△ABC為等邊三角形.答案等邊三角形6.(2022·紹興檢測(cè))完成反證法證題的全過(guò)程.設(shè)a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一個(gè)排列，求證：乘積p＝(a1－1)·(a2－2)·…·(a7－7)為偶數(shù).證明：假設(shè)p為奇數(shù)，那么a1－1，a2－2，…，a7－7均為奇數(shù).因奇數(shù)個(gè)奇數(shù)之和為奇數(shù)，故有奇數(shù)＝____________＝____________＝0.但0≠奇數(shù)，這一矛盾說(shuō)明p為偶數(shù).解析∵a1－1，a2－2，…，a7－7均為奇數(shù)，∴(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)也為奇數(shù)，即(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)為奇數(shù).又∵a1，a2，…，a7是1，2，…，7的一個(gè)排列，∴a1＋a2＋…＋a7＝1＋2＋…＋7，故上式為0，∴奇數(shù)＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0.答案(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)考點(diǎn)一綜合法的應(yīng)用【例1】(2022·東北三省三校模擬)a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求證：(1)eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)；(2)eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2).證明(1)∵(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＝(a＋b＋c)＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ca)≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0∴eq\f(4,3a＋1)＋(3a＋1)≥2eq\r(\f(4,3a＋1)〔3a＋1〕)＝4，∴eq\f(4,3a＋1)≥3－3a，同理得eq\f(4,3b＋1)≥3－3b，eq\f(4,3c＋1)≥3－3c，以上三式相加得4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9－3(a＋b＋c)＝6，∴eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2).規(guī)律方法用綜合法證題是從條件出發(fā)，逐步推向結(jié)論，綜合法的適用范圍：(1)定義明確的問(wèn)題，如證明函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、求證無(wú)條件的等式或不等式；(2)條件明確，并且容易通過(guò)分析和應(yīng)用條件逐步逼近結(jié)論的題型.在使用綜合法證明時(shí)，易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是因果關(guān)系不明確，邏輯表達(dá)混亂.【訓(xùn)練1】設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2aca2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設(shè)知(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因?yàn)閍＞0，b＞0，c＞0，所以eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.考點(diǎn)二分析法的應(yīng)用【例2】a＞0，證明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2)).因?yàn)閍＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))＞0，所以只需證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))))eq\s\up12(2)≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－〔2－\r(2)〕))eq\s\up12(2)，即2(2－eq\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq\r(2)，只需證a＋eq\f(1,a)≥2.因?yàn)閍＞0，a＋eq\f(1,a)≥2顯然成立eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,a)＝1時(shí)等號(hào)成立))，所以要證的不等式成立.規(guī)律方法(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過(guò)反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件.正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問(wèn)題順利獲解的關(guān)鍵.(2)證明較復(fù)雜的問(wèn)題時(shí)，可以采用兩頭湊的方法，即通過(guò)分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過(guò)綜合法證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證.【訓(xùn)練2】△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明要證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需證c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2acos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立.于是原等式成立.考點(diǎn)三反證法的應(yīng)用【例3】等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列.(1)解由得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))解得d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2)).(2)證明由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比數(shù)列，那么beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2)).∴(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))eq\s\up12(2)＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，與p≠r矛盾.∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列.規(guī)律方法(1)當(dāng)一個(gè)命題的結(jié)論是以“至多〞、“至少〞、“唯一〞或以否認(rèn)形式出現(xiàn)時(shí)，可用反證法來(lái)證，反證法關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是與條件矛盾，與假設(shè)矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實(shí)矛盾等.(2)用反證法證明不等式要把握三點(diǎn)：①必須否認(rèn)結(jié)論；②必須從否認(rèn)結(jié)論進(jìn)行推理；③推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的.【訓(xùn)練3】(2022·鄭州一中月考)a1＋a2＋a3＋a4>100，求證：a1，a2，a3，a4中至少有一個(gè)數(shù)大于25.證明假設(shè)a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，那么a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，這與a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤.所以a1，a2