【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第38讲直接证明与间接证明学案
第38讲 直接证明与间接证明
考试说明 1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法;了解综合法和分析法的思考过程和特点.
2.了解反证法的思考过程和特点.
考情分析
考点
考查方向
考例
考查热度
综合法
数列、不等式、立体几何、解析几何中的证明
2017全国卷Ⅱ23,2015全国卷Ⅱ24,2013全国卷Ⅱ24
★★☆
分析法
不等式的证明
★☆☆
反证法
存在性问题的证明
★☆☆
真题再现
■ [2017-2013 课标全国真题再现
1.[2017·全国卷Ⅱ 已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:
(1)(a+b)(a5+b5)≥4;
(2)a+b≤2.
证明:(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.
(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,
所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.
2.[2015·全国卷Ⅱ 设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:
(1)若ab>cd,则+>+;
(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
证明:(1)(+)2=a+b+2,
(+)2=c+d+2,
由题设a+b=c+d,ab>cd,
得(+)2>(+)2,
因此+>+.
(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即
(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.
因为a+b=c+d,所以ab>cd.
由(1)得+>+.
(ii)若+>+,
则(+)2>(+)2,
即a+b+2>c+d+2.
因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是
(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2,
因此|a-b|<|c-d|.
综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.
3.[2013·全国卷Ⅱ 设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:
(1)ab+bc+ca≤;
(2)++≥1.
证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.
(2)因为 +b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,
故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c,又a+b+c=1,
所以++≥1.
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.(1)原因 结果 已知条件 推理 待证结论 (2)结果 产生这一结果的原因 待证结论 充分条件 题设的已知条件 已被证明的事实
2.原命题 原命题 结论 矛盾 原命题
对点演练
1.,2,3成等比数列 [解析 易知应假设为:,2,3成等比数列.
2.分析法 [解析 用分析法证明如下:要证明+<2,需证(+)2<(2)2,即证10+2<20,即证<5,即证21<25,显然成立,故原结论成立.
3.5×2n-1-3 [解析 由递推关系可得an+1=2an+3,即an+1+3=2(an+3),则数列{an+3}是首项为a1+3=5,公比为2的等比数列,其通项公式为an+3=5×2n-1,∴an=5×2n-1-3.
4.≥2且≥2 [解析 假设, 都不小于2,即≥2且≥2.
5.③ [解析 由a>b>c且a+b+c=0,可得b=-a-c,a>0,c<0,要证
0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.
6.x≠1或y≠1 [解析 “且”的否定为“或”,所以反设为x≠1或y≠1.
【课堂考点探究】
例1 [思路点拨 (1)利用已知等式推导出=2×,由此能证明是等比数列;(2)由已知条件推导出=2n-1,由此利用错位相减法能求出数列的前n项和Tn.
解:(1)证明:由an+1=Sn及an+1=Sn+1-Sn,得Sn+1-Sn=Sn,
整理得nSn+1=2(n+1)Sn,∴=2×,又=1,
∴是以1为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)得=2n-1,∴Sn=n·2n-1.
∴Tn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,①
2Tn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,②
由②-①,得Tn=-(1+2+22+…+2n-1)+n·2n=-+n·2n=(n-1)·2n+1.
变式题 证明:(1)∵an+1==⇒= ⇒-=1,
∴-=1,又∵==2,
∴数列是以2为首项,公差为1的等差数列.
(2)∵=+(n-1)×1,∴=n+1⇒an=,
∴bn=== <=-,
∴Sn=b1+b2+…+bn<×-+-+…+-+-=×--<×=.
例2 [思路点拨 (1)直接利用函数表达式及递推关系求得a2及a3;(2)结合递推关系利用分析法进行证明.
解:(1)a2=2,a3=c+10.
(2)证明:要证明原不等式成立,只需证明f(an)-an≥c,
即证f(an)≥an+c,
即证f(x)≥x+c对任意x∈R都成立,
即证2|x+c+4|-|x+c|≥x+c,
即证2|x+c+4|≥|x+c|+x+c.
若x+c≤0,显然有2|x+c+4|≥|x+c|+x+c=0成立;
若x+c>0,则2|x+c+4|≥|x+c|+x+c⇔x+c+4>x+c,显然成立.
综上,f(x)≥x+c恒成立,即对任意的n∈N ,an+1-an≥c.
变式题 证明:因为m>0,所以1+m>0,
所以要证≤,
只需证m(a2-2ab+b2)≥0,
即证(a-b)2≥0,
而(a-b)2≥0显然成立,故≤.
例3 [思路点拨 假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,然后利用不等式知识推出矛盾.
证明:假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则有a2+a+b2+b<4.
由a2+b2=+,得a2b2=1,
因为a>0,b>0,所以ab=1.
因为a2+b2≥2ab=2(当且仅当a=b=1时等号成立),
a+b≥2=2(当且仅当a=b=1时等号成立),
所以a2+a+b2+b≥ 2ab+2=4(当且仅当a=b=1时等号成立),
这与假设矛盾,故假设错误.
所以a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.
变式题 证明:假设a,b,c,d都是非负数,因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,
即ac+bd+ad+bc=1,又ac+bd+ad+bc≥ac+bd,
所以ac+bd≤1,与题设矛盾,故假设不成立,故a,b,c,d中至少有一个是负数.
【备选理由】例1是一道用综合法证明解析几何的题;例2是一道用分析法证明向量的题;例3是一道用反证法证明数列的题.
1 [配合例1使用 [2017·资阳一模 已知圆O:x2+y2=2,直线l:y= x-2.
(1)若直线l与圆O交于不同的两点A,B,且∠AOB=,求 的值;
(2)若 =,P是直线l上的动点,过P作圆O的两条切线PC,PD,切点分别为C,D,求证:直线CD过定点,并求出该定点的坐标.
解:(1)因为∠AOB=,所以原点O到直线l的距离d=×=1,
又因为d==,所以=1⇒ =±.
(2)证明:由题意可知O,P,C,D四点共圆,且在以OP为直径的圆上.
设Pt, t-2(t∈R),则以OP为直径的圆的方程为
x(x-t)+yy-t+2=0,即x2-tx+y2-t-2y=0.
又C,D在圆O:x2+y2=2上,所以直线CD的方程为tx+t-2y-2=0,即tx+-2(y+1)=0.
因为t∈R,所以⇒所以直线CD过定点,-1.
2 [配合例2使用 已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.
证明:∵a⊥b,∴a·b=0.
要证≤,只需证|a|+|b|≤|a+b|,
即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),
即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,
即证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,
即证(|a|-|b|)2≥0,该式显然成立,故原不等式得证.
3 [配合例3使用 在递增数列{an}中,a1=2,不等式(n+1)an≥na2n对任意n∈N 都成立.
(1)求a2的取值范围;
(2)证明:数列{an}不可能为等比数列.
解:(1)因为{an}是递增数列,所以a2>a1,a2>2.
令n=1,则2a1≥a2,即a2≤4,所以a2∈(2,4 .
(2)证明:假设数列{an}是公比为q的等比数列,a1=2>0,则an=2qn-1.
因为{an}是递增数列,所以q>1,
因为对任意n∈N ,(n+1)an≥na2n都成立,所以对任意n∈N ,1+≥qn都成立.①
因为q>1,所以存在n0∈N ,使得当n≥n0时,qn>2.
又因为1+≤2,
所以存在n0∈N ,使得当n≥n0时,qn>1+,与①矛盾,故假设不成立.
