第七章 推理与证明第2课时 直接证明与间接证明

第七章 推理与证明第2课时

直接证明与间接证明

1. 已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________． 答案：2 解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x. ∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.

33

2. 用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应为______________． 答案：a＝或b

解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即a＝b或a<b. 3. (选修12P44练习题3改编)6－225－7的大小关系是______________． 6－22>5－7

解析：由分析法可得，要证－2－，只需证＋＋2，即证13＋242>13＋41010.因为42>40，所以6－5－7成立．

4. 定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________．

答案：0

π

解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.

4

23π2

①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝ ，

42 2 22

A·B＝ 0， ；

22

π

②α＝2kπ或α＝2kπ＋∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；

2π

③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；

2

kπ3π

④α≠α≠kπ＋∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，

24

－cosα}．

综上可知A·B中的所有元素之和为0.

11

5. (选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1≥μ恒成立

ab

的μ的取值范围是________．

答案：(－∞，4]

11 11ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b) ab ababab

11

＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤

4.

ab

1. 直接证明

(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法． (2) 一般形式

本题条件

已知定义已知公理已知定理ÞAÞBÞ

C 本题结论．

(3) 综合法

① 定义：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．这种证明方法称为综合法．

② 推证过程

已知条件Þ

Þ

Þ结论

(4) 分析法

① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，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．这种证明方法称为分析法．

② 推证过程

结论

Ü Ü Ü

已知条件

2. 间接证明

(1) 常用的间接证明方法有 (2) 反证法的基本步骤

① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．

② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记]

题型1 直接证明(综合法和分析法)

例1 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝

S

(1) 数列 n 是等比数列；

n＋2

(n＝1，2，3， )，证明： nn

(2) Sn＋1＝4an.

n＋2

(n＝1，2，3， )，∴ (n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)， nn

Sn＋1S整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴ ，

nn＋1

Sn＋1n＋1 S 即2，∴ 数列 n是等比数列．

S n

Sn＋1Sn－1Sn－1

(2) 由(1)知：＝(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋4an(n≥2)．又a2＝3S1

n＋1n－1n－1

＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，

∴ 对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.

例2 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.

lgclgc

证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明lgalgb

lga＋lgb1

4lgc，即≥4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.≥4，由于a>1，b>1，故

lgalgblga·lgb

lga＋lgb 2 1211

lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb≤ ＝ 2，即4成立．所以原不等式成立．

4lgalgb 2

变式训练

设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立．求证：数列{an}是等比数列．

证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①， 从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列．

题型2 间接证明(反证法)

证明：(1) ∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝

例3 证明：2，3，5不能为同一等差数列中的三项．

证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足 3＝2＋md ①，

＝2＋nd ②，

①×n－②×m3n5m＝2(n－m)，两边平方得3n2＋5m2－15mn＝2(n－m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠不能为同一等差数列的三项．

备选变式（教师专享）

已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围．

解：若方程没有一个实数根，则

16a－4（3－4a）<0， 3

（a－1）2－4a2<0，解之得－2－1. 4a2＋8a<0，

3

a≥－1或a≤ . 故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是 a 2

2

1. 用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________．

答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数)

解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论．

19

2. 已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋1，若以a、b、c为三边构造三角形，

ab

则c的取值范围是________．

答案：(10，16)

解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边

19b9a＝10之差小于第三边，而a<c，b<c，所以a＋b>c恒成立．而a＋b＝(a＋b) abab

11111019

16，∴ c<16.又>， ＝1，∴ c>10，∴ 10<c<16.

acbccab

11

f0（x）－，fn(x)＝ fn－1（x，(n≥1，n≥N)，3. 设函数f0(x)＝1－x2，f1(x)＝ 22

n11

则方程f1(x)＝________个实数根，方程fn(x)＝ 3有________个实数根． 3

＋

答案：4 2n1

11115

1－x2＝ x2－＝ x2＝x2＝有4个解． 解析：f1(x)＝ 2 23 66

∵ 可推出n＝1，2，3 ，根个数分别为22，23，24，

1 n＋ ∴ 通过类比得出fn(x)＝ 3 有2n1个实数根．

4. 若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m. (1) 若x2－1比1远离0，求x的取值范围；

(2) 对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离ab. (1) 解：x∈(－∞2)∪(2，＋∞)．

(2) 证明：对任意两个不相等的正数a、b，有 a3＋b3ab，a2b＋ab2ab.

因为|a3＋b3－ab|－|a2b＋ab2－2ab＝(a＋b)(a－b)2>0，所以|a3

＋b3－2abab|>|a2b＋ab2－2abab|，即a3＋b3比a2b＋ab2远离2abab.

1. 已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b－证明：要证b－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴ (a－b)(a－c)>0显然成立．故原不等式成立．

2. 已知等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＞0，前n项和为Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N*)，求证：Sn＋Sm≥2Sp.

证明：∵m2＋n2≥2mn，∴2(m2＋n2)≥(m＋n)2. 又m＋n＝2p，∴m2＋n2≥2p2.

3. 如图，ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.

(1) 求证：PA⊥BD；

(2) 若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.

证明：(1) 因为ABCD为直角梯形，AD2AB2BD， 所以AD2＝AB2＋BD2，因此AB⊥BD.

又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PBÌ平面PAB， 所以BD⊥平面PAB，

又PAÌ平面PAB，所以PA⊥BD.

(2) 假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN， 则PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N， 所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.

又PB⊥BD，且AD∩BD＝D，得PB⊥平面ABCD，所以PB⊥CD.又因为BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.

x－2

4. 已知f(x)＝ax(a＞1)．

x＋1

(1) 证明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) 设－1＜x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，

x－2x－23（x－x）

从而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所以

x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1）

f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

x0－2

(2) 设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0＝－x0＋1

x0－21

由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在．

2x0＋1

1. 分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．

2. 反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．

[备课札记]