（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理（含解析）新人教A版

第43講直接證明與間接證明夯實(shí)基礎(chǔ)【p92】【學(xué)習(xí)目標(biāo)】1結(jié)合已經(jīng)學(xué)過的數(shù)學(xué)實(shí)例，了解直接證明的兩種基本方法：分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、特點(diǎn)及證明步驟2結(jié)合已經(jīng)學(xué)過的數(shù)學(xué)實(shí)例，了解間接證明的一種基本方法反證法；了解反證法的思考過程、特點(diǎn)【基礎(chǔ)檢測】1利用反證法證明：“若x2y20，則xy0”時(shí)，假設(shè)為()Ax，y都不為0Bxy且x，y都不為0Cxy且x，y不都為0Dx，y不都為0【解析】原命題的結(jié)論是x，y都為零，反證時(shí)，假設(shè)為x，y不都為零【答案】D2要證a2b21a2b20，只要證明()A2ab1a2b20 Ba2b210C.1a2b20 D(a21)(b21)0【解析】a2b21a2b20(a21)(b21)0.【答案】D3設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，則三個(gè)數(shù)a，b，c()A都大于2 B都小于2C至少有一個(gè)不大于2 D至少有一個(gè)不小于2【解析】a0，b0，c0，6，當(dāng)且僅當(dāng)abc1時(shí)，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個(gè)不小于2.【答案】D4如果ab>ab，則a、b應(yīng)滿足的條件是_【解析】ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()當(dāng)a0，b0，且ab時(shí)，()2()>0.ab>ab成立的條件是a0，b0，且ab.【答案】a0，b0，且ab5已知集合a，b，c0，1，2，且下列三個(gè)關(guān)系：a2；b2；c0有且只有一個(gè)正確，則100a10bc_【解析】由已知，若a2正確，則a0或a1，即a0，b1，c2或a0，b2，c1或a1，b0，c2或a1，b2，c0均與“三個(gè)關(guān)系有且只有一個(gè)正確”矛盾；若b2正確，則a2正確，不符合題意；所以，c0正確，a2，b0，c1，故100a10bc201.【答案】201【知識(shí)要點(diǎn)】1直接證明(1)從原命題的條件逐步推得命題成立的證明稱為_直接證明_綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問題時(shí)常用的思維方法(2)從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止這種證明方法常稱為_綜合法_推證過程如下：(3)從要證明的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的充分條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實(shí)吻合為止這種證明方法常稱為_分析法_推論過程如下：得到一個(gè)明顯成立的條件P表示條件，Q表示要證的結(jié)論2間接證明反證法(1)假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做_反證法_(2)反證法的特點(diǎn)：先假設(shè)原命題_不_成立，再在正確的推理下得出矛盾，所得矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設(shè)矛盾，或與定義、公理、定理、事實(shí)矛盾等典例剖析【p92】考點(diǎn)1綜合法的應(yīng)用設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.若對(duì)任意正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Snam，則稱an是“H數(shù)列”(1)若數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn2n(nN*)，證明：an是“H數(shù)列”；(2)證明：對(duì)任意的等差數(shù)列an，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【解析】(1)由已知，an1Sn1Sn2n12n2n.于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)mn1，使得Sn2nam.所以an是“H數(shù)列”(2)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則ana1(n1)dna1(n1)(da1)(nN*)令bnna1，cn(n1)(da1)，則anbncn(nN*)下面證bn是“H數(shù)列”設(shè)bn的前n項(xiàng)和為Tn，則Tna1(nN*)于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù)m，使得Tnbm，所以bn是“H數(shù)列”同理可證cn也是“H數(shù)列”所以對(duì)任意的等差數(shù)列an，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【點(diǎn)評(píng)】綜合法證題的思路考點(diǎn)2分析法的應(yīng)用當(dāng)n0時(shí)，試用分析法證明：<.【解析】要證<，即證<2 , 只要證()2<(2)2，即證 2n22<4n4，即證<n1，只要證 n22n<n22n1，而上式顯然成立，所以<成立【點(diǎn)評(píng)】(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵通常采用“欲證只需證已知”的格式，在表達(dá)中要注意敘述形式的規(guī)范性(2)證明較復(fù)雜的問題時(shí)，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證(3)分析法證明問題的適用范圍：當(dāng)已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中所需用的知識(shí)不太明確、具體時(shí)，往往采用分析法，特別是含有根號(hào)、絕對(duì)值的等式或不等式，常考慮用分析法考點(diǎn)3反證法的應(yīng)用等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a35，S393.(1)求an以及Sn.(2)設(shè)bn，證明數(shù)列bn中不存在不同的三項(xiàng)成等比數(shù)列【解析】(1)設(shè)an的首項(xiàng)為a1，由已知得5a12d，933a13d，求得a11，d2.所以an2n1，Snn2n.(2)由bnn，假設(shè)bn中存在不同的三項(xiàng)能構(gòu)成等比數(shù)列，即bn、bm、bp成等比數(shù)列，所以bbn·bp，即(m)2(n)·(p)，所以(m2np)2m(np)0，因?yàn)閙、n、p是正整數(shù)，所以m2np和2m(np)均為有理數(shù)，所以m2np0，2m(np)0，所以(np)24np，所以(np)20，所以np與np矛盾，所以bn數(shù)列中不存在不同的三項(xiàng)成等比數(shù)列【點(diǎn)評(píng)】用反證法證明數(shù)學(xué)命題，一般有以下幾個(gè)步驟：(1)反設(shè)：假定所要證的結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面(否定命題)成立；(否定結(jié)論)(2)歸謬：將“反設(shè)”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)出矛盾與已知條件、已知的定義、公理、定理及明顯的事實(shí)矛盾或自相矛盾；(推導(dǎo)矛盾)(3)立論：因?yàn)橥评碚_，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤既原命題結(jié)論的反面不成立，從而肯定了原命題成立(命題成立)方法總結(jié)【p93】1關(guān)于綜合法與分析法分析法的特點(diǎn)：從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實(shí)際上是要尋找它的充分條件綜合法的特點(diǎn)：從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，實(shí)際上是要尋找它的必要條件從而看出，分析法與綜合法是兩種思路截然相反的證明方法，既對(duì)立又統(tǒng)一用綜合法證題前往往用分析法尋找解題思路，即所謂的“分析”并且在解決較復(fù)雜問題時(shí)，往往是分析法與綜合法相互結(jié)合使用2關(guān)于反證法使用反證法證明的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，這個(gè)矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設(shè)矛盾，或與定義、公理、定理、公式、事實(shí)矛盾等反證法的步驟：(1)反設(shè)；(2)推出矛盾；(3)下結(jié)論矛盾的主要類型：(1)與假設(shè)矛盾；(2)與數(shù)學(xué)公式、法則、公理、定理、定義或已被證明了的結(jié)論矛盾；(3)與公認(rèn)的簡單事實(shí)矛盾；(4)自相矛盾走進(jìn)高考【p93】1(2016·上海)若無窮數(shù)列an滿足：只要apaq(p，qN*)，必有ap1aq1，則稱an具有性質(zhì)P.(1)若無窮數(shù)列bn是等差數(shù)列，無窮數(shù)列cn是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，b1c51，b5c181，anbncn，判斷an是否具有性質(zhì)P，并說明理由；(2)設(shè)bn是無窮數(shù)列，已知an1bnsin an(nN*)求證：“對(duì)任意a1，an都具有性質(zhì)P”的充要條件為“bn是常數(shù)列”【解析】(1)bn的公差為20，cn的公比為，所以bn12020n19，cn81·35n.anbncn20n1935n.a1a582，但a248，a6，a2a6，所以an不具有性質(zhì).(2)充分性：當(dāng)bn為常數(shù)列時(shí)，an1b1sin an.對(duì)任意給定的a1，只要apaq，則有b1sin apb1sin aq，即ap1aq1.充分性得證必要性：用反證法證明假設(shè)bn不是常數(shù)列，則存在kN*，使得b1b2bkb，而bk1b.下面證明存在滿足an1bnsin an的an，使得a1a2ak1，但ak2ak1.設(shè)f(x)xsin xb，取mN*，使得m>|b|，則fmb>0，fmb<0，故存在c使得f(c)0.取a1c，因?yàn)閍n1bnsin an(1nk)，所以a2bsin cca1，依此類推，得a1a2ak1c.但ak2bk1sin ak1bk1sin cbsin c，即ak2ak1.所以an不具有性質(zhì)，矛盾必要性得證綜上，“對(duì)任意a1，an都具有性質(zhì)”的充要條件為“bn是常數(shù)列”考點(diǎn)集訓(xùn)【p225】A組題1分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設(shè)a>b>c，且abc0，求證：<a”，索的因應(yīng)是()Aab>0 Bac>0C(ab)(ac)>0 D(ab)(ac)<0【解析】<ab2ac<3a2(ac)2ac<3a2a22acc2ac3a2<02a2acc2<02a2acc2>0(ac)(2ac)>0(ac)(ab)>0.【答案】C2命題“對(duì)于任意角，cos4sin4cos 2”的證明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos 2”過程應(yīng)用了()A分析法B綜合法C綜合法、分析法綜合使用D間接證明法【解析】因?yàn)樽C明過程是“從左向右”，即由條件逐步推向結(jié)論【答案】B3若|loga|loga，|logba|logba，則a，b滿足的條件是()Aa1，b1 B0a1，b1Ca1，0b1 D0a1，0b1【解析】|loga|loga，loga0loga1，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知0a1.|logba|logba，logba0logb1，但b1，所以根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知b1.【答案】B4已知函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，數(shù)列an是等差數(shù)列，a3>0，則f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒為正數(shù)B恒為負(fù)數(shù)C恒為0 D可正可負(fù)【解析】由于f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，且a3>0，所以f(a3)>f(0)0.而a1a52a3，所以a1a5>0，則a1>a5，于是f(a1)>f(a5)，即f(a1)>f(a5)，因此f(a1)f(a5)>0，所以有f(a1)f(a3)f(a5)>0.【答案】A5已知a>0，m，na2，則m，n的大小關(guān)系是_ .【解析】分析法：a2，只需證2a，因?yàn)閍>0，所以不等式兩邊均大于零因此只需證，即證a244a242，只需證，只需證a2，即證a22，只需證0，而0顯然成立，所以mn.【答案】mn6若二次函數(shù)f(x)4x22(p2)x2p2p1，在區(qū)間內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使f(c)>0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是_【解析】法一：(補(bǔ)集法)令解得p3或p，故滿足條件的p的取值范圍為.法二：(直接法)依題意有f(1)0或f(1)0，即2p2p10或2p23p90，得p1或3p.故滿足條件的p的取值范圍是.【答案】7(1)設(shè)ab0，用綜合法證明：a3b3a2bab2；(2)用分析法證明：2.【解析】(1)a3b3(a2bab2)a2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)2(ab)，而(ab)20，ab>0，a3b3(a2bab2)0，a3b3a2bab2.(2)要證2，只需證()2(2)2，即證2，只需證()2(2)2，即4240，而4240顯然成立，故原不等式得證8已知函數(shù)f(x)ax(a>1)(1)證明：函數(shù)f(x)在(2，)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明：方程f(x)0沒有負(fù)數(shù)根【解析】法一：任取x1，x2(2，)，不妨設(shè)x1x2，則x2x10，ax2x11且ax10，所以ax2ax1ax1(ax2x11)0，又因?yàn)閤12>0，x22>0，所以0，于是f(x2)f(x1)(ax2ax1)0，故函數(shù)f(x)在(2，)上為增函數(shù)法二：f(x)axln a，a>1，ln a>0，axln a0，f(x)>0在(2，)上恒成立，即f(x)在(2，)上為增函數(shù)(2)假設(shè)存在x00(x02)滿足f(x0)0，則ax0，因?yàn)閤0<0(x02)，a>1，所以0ax01，所以01，解得x03，與假設(shè)x0<0矛盾故方程f(x)0沒有負(fù)數(shù)根B組題1已知a，b，c(0，)，則下列三個(gè)數(shù)a，b，c()A都大于6 B至少有一個(gè)不大于6C都小于6 D至少有一個(gè)不小于6【解析】假設(shè)三個(gè)數(shù)a，b，c都小于6，則abc<18.利用基本不等式可得，abc18，這與假設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立，即三個(gè)數(shù)a，b，c至少有一個(gè)不小于6.【答案】D2對(duì)于任意nN*，求證：1<.【解析】法一：<(n2)，1<11<.法二：nN*，當(dāng)n2時(shí)，n2>n21(n1)(n1)>0，<.1<11<.3已知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：.【解析】要證，即證3，也就是1，只需證c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需證c2a2acb2，又ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B60°，由余弦定理，得b2a2c22accos B，即b2a2c2ac，故c2a2acb2成立于是原等式成立4直線ykxm(m0)與橢圓W：y21相交于A，C兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)(1)當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時(shí)，求AC的長；(2)當(dāng)點(diǎn)B在W上且不是W的頂點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形OABC不可能為菱形【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜲ABC為菱形，則AC與OB相互垂直平分由于O(0，0)，B(0，1)，所以設(shè)點(diǎn)A，代入橢圓方程得1，則t±，故|AC|2.(2)假設(shè)四邊形OABC為菱形，因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)，且ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則，k·m.所以AC的中點(diǎn)為M.因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn)，且m0，k0，所以直線OB的斜率為kOM，因?yàn)閗·1，所以AC與OB不垂直所以O(shè)ABC不是菱形，與假設(shè)矛盾所以當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí)，四邊形OABC不可能是菱形12