【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案12．3《直接证明与间接证明及数学归纳法》(含详解).doc，共(8)页，222.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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112．3直接证明与间接证明及数学归纳法1．直接证明(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的____________，最后推导出所要证明的结论________，这种证

明方法叫做综合法．综合法又叫顺推证法或__________法．(2)分析法：一般地，从要证明的________出发，逐步寻求使它成立的____________，直至最后，把要证明的__________归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．分析

法又叫逆推证法或__________法．(3)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式．2．间接证明反证法：一般地，假设原命题____________(即在原命题的条件下，结论____________)，经过__________

____，最后得出__________．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、事实等矛盾．因此说明假设________，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．反证法是间接证明的一种基本方

法．3．数学归纳法的证题步骤一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立．(2)(归纳递推)假设____________(k≥n0

，k∈N*)时命题成立，证明当____________时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有__________都成立．4．数学归纳法的适用范围数学归纳法主要用于解决与________有关的

数学命题，证明时，它的两个步骤(归纳奠基与归纳递推)缺一不可．自查自纠：1．(1)推理论证成立由因导果(2)结论充分条件结论执果索因2．不成立不成立正确的推理矛盾错误3．(2)n＝kn＝k＋1正整数n4．正整数要证明3＋7<25，以下方法中最合理的是()A．分析法B．综合法C．

反证法D．数学归纳法解：“执果索因”最佳，即分析法．故选A.用数学归纳法证明1＋12＋13＋„＋12n－1<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证不等式()A．1＋12<2B．1＋12＋13<2C．1＋12＋13<3D．1＋12＋13＋14<3解：因为n∈N*，n>1，所以n取的第一个

数为2，左端分母最大的项为122－1＝13，故选B.设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有()A．1≤ab≤a2＋b22B．ab<1<a2＋b22C．ab<a2＋b22<1D.a2＋b22<1<ab解：ab<a＋b22＝1<a2＋b22(a≠b)．故选B.(2018·辽宁期末)用反证法

证明“若x＋y≤0，则x≤0或y≤0”时，应假设____________．解：用反证法证明“若x＋y≤0，则x≤0或y≤0”时，应假设结论反面成立，即x＞0且y＞0.故填x＞0且y＞0.(2018·河南八市高二测评)用数学归纳法证明“1＋1

2＋13＋„＋12n－1＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k不等式成立，推证n＝k＋1时，不等式左边应增加的项数是____________．解：不等式左边的特点：分母逐渐增加1，末2项为12n－1.由n＝k，末项为12k－1，到n＝k＋1，末项为12k＋

1－1＝12k－1＋2k，所以不等式左边应增加的项数为2k.故填2k.类型一直接证明(2018·江西吉安期末)证明下列不等式．(1)设a＞0，b＞0，若a＋b－ab＝0，求证：a＋2b≥3＋22；(2)当a＞1时，求证：2a－a－1

－a＋1＞0.证明：(1)因为a＋b－ab＝0，a＞0，b＞0，所以1a＋1b＝1，所以a＋2b＝(a＋2b)(1a＋1b)＝3＋ab＋2ba≥3＋22，当且仅当ab＝2ba，即a＝2b时，等号成立，所以a＋2b≥3＋22.(2)要证2a－a－1－a＋1＞0，只需证2a＞a－1＋a＋1，只

需证(2a)2＞(a－1＋a＋1)2，只需证4a＞2a＋2a2－1，只需证a＞a2－1，由于a＞1，只要证a2＞a2－1，即证0＞－1，这显然成立，所以2a－a－1－a＋1＞0成立．点拨：用综合法证题是从已知条件出发，逐步

推向结论，即“由因导果”；逆向思维是用分析法证题的主要思想，即“执果索因”，要保证分析过程的每一步都是可逆的．证明较复杂的问题时，常用两头凑的方法，即用分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，再用综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．(1)已知：a>0，b>0，a＋b＝

1.求证：a＋12＋b＋12≤2.证明：要证a＋12＋b＋12≤2，只需证a＋12＋b＋12＋2a＋12b＋12≤4，又a＋b＝1，故只需证a＋12b＋12≤1，只需证a＋12

b＋12＝ab＋12(a＋b)＋14≤1，只需证ab≤14.因为a>0，b>0，1＝a＋b≥2ab，所以ab≤14，故原不等式成立(当且仅当a＝b＝12时取等号)．(2)已知a，b∈R，a＞b＞e(其中e是自然对数的底数)，求证：

ba＞ab.证明：因为a＞b＞e，所以ba＞0，ab＞0.所以要证ba＞ab，只需证alnb＞blna，只需证lnbb＞lnaa.令f(x)＝lnxx(x＞e)，则f′(x)＝1－lnxx2，当x＞e时，f′(x)＜0，函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减．所

以当a＞b＞e时，有f(b)＞f(a)，即lnbb＞lnaa.故原不等式成立．类型二间接证明(1)设a，b，c都是正数，则a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数()A．都大于2B．都小于2C．至少有一个大于2D．至少有一个不小于2解：假

设a＋1b，b＋1c，c＋1a均小于2，则a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＜6.因为a，b，c都是正数，则a＋1b＋b＋1c＋c＋1a＝(a＋1a)＋(b＋1b)＋(c＋1c)≥2a·1a＋32b·1b＋2c·1c＝6(当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立)，这与假设矛盾

．故三个数至少有一个不小于2.故选D.(2)(2017·湖南模拟)设函数f(x)＝|2x－a|，g(x)＝x＋2.(Ⅰ)当a＝1时，求不等式f(x)＋f(－x)≤g(x)的解集；(Ⅱ)求证：f(b2)，f(－b2)，f(12)中至少有一个不小于12.解：(Ⅰ)当a＝1时，不

等式即|2x－1|＋|2x＋1|≤x＋2，则x≤－12，－4x≤x＋2，无解；或－12＜x＜12，2≤x＋2，解得0≤x＜12；或x≥12，4x≤x＋2，解得12≤x≤23.综上，不等式的解集为

0|0≤x≤23.(Ⅱ)证明：假设f(b2)，f(－b2)，f(12)都小于12，则－12＜a－b＜12，①－12＜a＋b＜12，②－12＜1－a＜12，③由①＋②得，－12＜a＜12，与③12＜a＜32矛盾．故f(

b2)，f(－b2)，f(12)中至少有一个不小于12.点拨：一般地，对于结论含“都是”“都不是”“至多”“至少”形式的数学问题，或直接从正面入手难以寻觅解题突破口的问题，宜考虑用反证法，这体现了“正难则反”的思想．用反证法解题时，推导出矛盾

是关键一步，途径很多，可以与已知矛盾、与假设矛盾、与已知事实相违背等，但推导出的矛盾必须是明显的．(1)(2018·龙岩期末)用反证法证明命题：“三角形的内角至多有一个钝角”，正确的假设是()A．三角形

的内角至少有一个钝角B．三角形的内角至少有两个钝角C．三角形的内角没有一个钝角D．三角形的内角没有一个钝角或至少有两个钝角解：命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”．故选B.(2)(201

8·屯溪高二期中)若a，b，c，x，y，z均为实数，且x≥0，y≥0，z≥0，a＝x－2y＋π3，b＝y－2z＋π6，c＝z－2x＋π2，求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明：假设a，b，c都不大

于0，即a≤0，b≤0，c≤0，所以a＋b＋c≤0.又a＋b＋c＝x－2y＋π3＋y－2z＋π6＋z－2x＋π2＝(x)2－2x＋1＋(y)2－2y＋1＋(z)2－2z＋1－3＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，因为(x－1)

2≥0，(y－1)2≥0，(z－1)2≥0，π－3＞0，所以a＋b＋c＞0，与a＋b＋c≤0矛盾．所以假设错误，原命题正确，即a，b，c中至少有一个大于0.类型三数学归纳法(1)证明：1－12＋13－1

4＋„＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋„＋12n(n∈N*)．证明：①当n＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，等式成立．②假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即1－12＋13－14＋„＋12k－1－12k＝1k＋1＋1k＋2＋„＋12k，4那么，当n＝k＋1时，1－12＋

13－14＋„＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2＝1k＋1＋1k＋2＋„＋12k＋12k＋1－12k＋2＝1k＋2＋1k＋3＋„＋12k＋12k＋1＋12k＋2.根据①和②，可知等式对任何n∈N*都成立．(2)用

数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式1＋131＋15„1＋12n－1>2n＋12均成立．证明：①当n＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52.因为左边>右边，所以不等式成立．②假设n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，即1＋13

1＋15„1＋12k－1>2k＋12.则当n＝k＋1时，1＋131＋15„1＋12k－11＋12（k＋1）－1>2k＋12·2k＋22k＋1＝2k＋222k＋1＝4k

2＋8k＋422k＋1>4k2＋8k＋322k＋1＝2k＋32k＋122k＋1＝2（k＋1）＋12.所以当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．点拨：用数学归纳法证明与正整数n有关的一些等式时，关键在于“先

看项”，弄清从n＝k到n＝k＋1时等式两边的构成规律，然后正确写出归纳证明的步骤，即可证明待证等式．用数学归纳法证明不等式，同样要弄清增加的项，很多情况下，还要利用放缩法进行证明．(1)求证：12－22＋32－42＋„＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．

证明：①n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．②假设n＝k时，等式成立，即12－22＋32－42＋„＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．当n＝k＋1时，12－22＋32－42

＋„＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时，等式也成立．由①②得，等式对

任何n∈N*都成立．(2)用数学归纳法证明：1＋122＋132＋142＋„＋1n2＜4n2n＋1(n∈N*)．证明：①当n＝1时，左边＝112＝1，右边＝4×12×1＋1＝43，左边＜右边，即不等式成立．②假设n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即1

＋122＋132＋142＋„＋1k2＜4k2k＋1，则当n＝k＋1时，1＋122＋132＋142＋„＋1k2＋1（k＋1）2＜4k2k＋1＋1（k＋1）2，问题可通过证明4k2k＋1＋1（k＋1）2＜4（k＋1）2（k＋1）＋1来实现．要证4k2k＋1＋1（k＋1）2＜4（k＋1）2（k＋1

）＋1＝4k＋42k＋3，只需证1（k＋1）2＜4k＋42k＋3－4k2k＋1，只需证1（k＋1）2＜4（2k＋3）（2k＋1）只需证(2k＋1)(2k＋3)＜4(k＋1)2，只需证4k2＋8k＋3＜4k2＋8k＋4，只需证

3＜4.而3＜4显然成立，所以4k2k＋1＋1（k＋1）2＜4（k＋1）2（k＋1）＋1，即当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②可得，对于一切的n∈N*，不等式都成立．51．综合法又叫顺推证法或由因导果法，它是从“已知”看“

可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理是在寻求它的必要条件．综合法的解题步骤用符号表示是：P(已知)⇒Q1⇒Q2⇒Q3⇒„⇒Qn⇒Q(结论)．2．分析法又叫逆推证法或执果索因法，它是从“结论”探求“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理的实质是寻求使结论成立的充分条件．分析法

的解题步骤用符号表示是：B(结论)⇐B1⇐B2⇐„⇐Bn⇐A(已知)．3．分析法与综合法的综合应用分析法和综合法是两种思路相反的推理证明方法，二者各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易找到解题的思路和方

法，缺点是思路逆行，叙述较繁，且表述易错；综合法条理清晰，宜于表述，缺点是探路艰难，易生枝节．在证明数学问题的过程中分析法和综合法往往是相互结合的，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法表述．4．用反证法证明命题的一般步骤(1)分清命题的

条件和结论．(2)做出与命题结论相矛盾的假设．(3)由假设出发，应用正确的推理方法，推出与已知条件，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾的结果．(4)断定产生矛盾的原因是假设不真，于是原结论成立，从而

间接地证明命题为真．5．可用反证法证明的数学命题类型(1)结论是否定形式的命题．(2)结论是以至多、至少、唯一等语句给出的命题．(3)结论的反面是较明显或较易证明的命题．(4)用直接法较难证明或需要分成多种情形进行分类讨

论的命题．6．常见的“结论词”与“反设词”原结论词反设词原结论词反设词至少有一个没有一个∀x成立∃x0不成立至多有一个至少有两个∀x不成立∃x0成立至少有n个至多有n－1个p或q綈p且綈q至多有n个至少有n＋1个p且q綈p或綈q7.用数学

归纳法进行证明时，“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可．证第二步的关键是合理运用归纳假设，以“n＝k时命题成立”为条件，证明“当n＝k＋1时命题成立”．这里，易出现的错误是：不使用“n＝k时命题成立”这一

条件，而直接将n＝k＋1代入命题，便断言此时命题成立．注意：没有运用归纳假设的证明不是数学归纳法．在n＝k到n＝k＋1的证明过程中寻找由n＝k到n＝k＋1的变化规律是难点，突破的关键是分析清楚p(k)与p(

k＋1)的差异与联系，利用拆、添、并、放、缩等手段，从p(k＋1)中分离出p(k)．8．证明不等式的方法多种多样，故在用数学归纳法证明不等式的过程中，比较法、放缩法、分析法等要灵活运用．1．(2018·烟台期中)分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的(

)A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件解：分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的充分条件．故选A.2．(2018·上杭月考)用反证法证明“∀x∈R，2x＞0”，应假设为()A．∃

x0∈R，2x0＞0B．∃x0∈R，2x0＜0C．∀x∈R，2x≤0D．∃x0∈R，2x0≤0解：“∀x∈R，2x＞0”的否定为“∃x0∈R，2x0≤0”．故选D.3．(2018·南阳期末)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b

，c中恰有一个偶数”正确的假设为()A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数解：结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定是“

a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数”．故选B.4．(2018·长安一中高二期末)用数学归纳法证明1＋2＋3＋„＋n2＝n4＋n22，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()A．k2＋1B．(k＋1)26C

.（k＋1）4＋（k＋1）22D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋„＋(k＋1)2解：当n＝k时，等式左端为1＋2＋„＋k2，当n＝k＋1时，等式左端为1＋2＋„＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋„＋(k＋1)2.故选D

.5．(2018·济宁微山一中高二期中)若P＝a＋a＋5，Q＝a＋2＋a＋3(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P＞QB．P＝QC．P＜QD．由a的取值确定解：因为P＝a＋a＋5，Q＝a＋2＋a＋3(a≥0)，所以P

2＝2a＋5＋2a2＋5a，Q2＝2a＋5＋2a2＋5a＋6，因为a2＋5a＜a2＋5a＋6，所以a2＋5a＜a2＋5a＋6，所以P2＜Q2，所以P＜Q.故选C.6．(2018·龙岗区期末)分析法又称执果索因

法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac<3a”索的因应是()A．a－b>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0解：b2－ac<3a⇔b2－ac<3a2

⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.故选C.7．设a，b是两个实数，给出下列

条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是__________．(填序号)解：若a＝12，b＝23，则a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a

＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，若a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，故a，b

中至少有一个大于1.故填③.8．(2016·滨州高二期中)若a＞b＞c，则使1a－b＋1b－c≥ka－c恒成立的最大的正整数k为__________．解：因为a＞b＞c，所以a－b＞0，b－c＞0，a－c＞0，且a－c＝a－

b＋b－c.a－ca－b＋a－cb－c＝a－b＋b－ca－b＋a－b＋b－cb－c＝2＋b－ca－b＋a－bb－c≥2＋2＝4，当且仅当b－c＝a－b时等号成立．因为k≤a－ca－b＋a－cb－c恒成立

，所以k的最大值为4.故填4.9．(2017·驻马店期末)设非等腰△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，用分析法证明：1a－b＋1c－b＝3a－b＋c.证明：因为△ABC非等腰三角形，所以a－b≠0，c－b

≠0.要证1a－b＋1c－b＝3a－b＋c，只需证a＋c－2b（a－b）（c－b）＝3a－b＋c，只需证(a＋c－2b)(a－b＋c)＝3(a－b)(c－b)，只需证(a＋c－b)2－b(a＋c－b)＝3(

ac＋b2－bc－ab)，只需证b2＝a2＋c2－ac，只需证cosB＝a2＋c2－b22ac＝12，只需证B＝π3.因为A，B，C成等差数列，所以B＝A＋C2＝π－B2，所以B＝π3显然成立．故结论成立．10．证明：1－(x＋3)n(n∈N*)能被x＋2整除．证

明：(1)当n＝1时，1－(x＋3)＝－(x＋2)，能被x＋2整除；(2)假设n＝k(k∈N*)时命题成立，即1－(x＋3)k能被x＋2整除，则可设1－(x＋3)k＝(x＋2)f(x)(其中f(x)为k－1次多项式)．当n＝k＋1时，1－(x＋3)k＋1＝1－(x＋3)(x＋3)k＝(x＋3

)[1－(x＋3)k]－(x＋2)＝(x＋3)(x＋2)f(x)－(x＋2)＝(x＋2)[(x＋3)f(x)－1]能被x＋2整除，所以，当n＝k＋1时，命题仍然成立．由(1)(2)可知，对于∀n∈N*命题成立．1

1．已知函数f(x)＝ax＋x－2x＋1(a＞1)．(1)求证：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明：f(x)＝0没有负根．证明：(1)因为函数f(x)＝ax＋x－2x＋1＝ax＋1－3x＋1(a＞1)，函数y＝ax(a＞1)与函数y＝－3x＋1在(－71，＋

∞)上均为增函数，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设函数f(x)＝0有负根x0，即存在x0＜0且x0≠－1满足f(x0)＝0，则ax0＝2－x0x0＋1.又0＜ax0＜1，所以0＜2－x0x0＋1＜1，解得12＜x0＜2，这与假设

矛盾．故f(x)＝0没有负根．(2018·秦淮中学期末)已知数列{an}满足：a1＝12，3（1＋an＋1）1－an＝2（1＋an）1－an＋1，anan＋1＜0(n≥1)；数列{bn}满足：bn＝a2n＋

1－a2n(n≥1)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．解：(1)由题意可知，1－a2n＋1＝23(1－a2n)．令cn＝1－a2n，则cn＋1＝23cn，又c1

＝1－a21＝34，则数列{cn}是首项为34，公比为23的等比数列，所以cn＝34·(23)n－1，即1－a2n＝34·(23)n－1，a2n＝1－34·(23)n－1，又a1＝12＞0，anan＋1＜0，故an＝(－1)n－1·1－34·（23）n－1

.bn＝a2n＋1－a2n＝[1－34·(23)n]－[1－34·(23)n－1]＝14·(23)n－1.(2)证明：假设数列{bn}存在三项br，bs，bt(r＜s＜t)按某种顺序成等差数列，由(1)知，数列{bn

}是首项为14，公比为23的等比数列，于是有br＞bs＞bt，则只有可能有2bs＝br＋bt成立．所以2·14·(23)s－1＝14·(23)r－1＋14·(23)t－1，①化简得3t－r＋2t－r＝2×2s－r3t－s，②由于r＜s＜t，所以②式左边为

奇数，右边为偶数，故②式不成立，即①式不成立，导致矛盾．故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．8