【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第十二章 推理与证明、算法、复数 第二节 直接证明与间接证明、数学归纳法 (含详解).ppt，共(48)页，684.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第二节直接证明与间接证明、数学归纳法本节主要包括3个知识点：1.直接证明；2.间接证明；3.数学归纳法.突破点(一)直接证明基础联通抓主干知识的“源”与“流”内容综合法分析法定义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_____.从要___________出发，逐步寻求使它成立的_________，直至最后，把要证明的结论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)为止思维过程由因导果

执果索因推理论证成立证明的结论充分条件内容综合法分析法框图表示P已知⇒Q1→Q1⇒Q2→„→Qn⇒Q结论Q结论⇐P1→P1⇐P2→„→得到一个明显成立的条件书写格式因为„，所以„或由„，得„要证„，只需证„，即

证„考点贯通抓高考命题的“形”与“神”综合法综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．[例1](2017·武汉模拟

)已知函数f(x)＝(λx＋1)lnx－x＋1.(1)若λ＝0，求f(x)的最大值；(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，证明：fxx－1>0.[解](1)f(x)的定义域为

(0，＋∞)．当λ＝0时，f(x)＝lnx－x＋1.则f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，故f(x)在(0,1)上是增函数；当x>1时，f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上是减函数．故f(x)在x＝1处取

得最大值f(1)＝0.[解]证明：由题可得，f′(x)＝λlnx＋λx＋1x－1.由题设条件，得f′(1)＝1，即λ＝1.∴f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1.由(1)知，lnx－x＋1<0(x>0，且x≠1)．当0<x<1时，x－1<0，f(x)＝(x＋1)l

nx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)<0，∴fxx－1>0.当x>1时，x－1>0，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝lnx＋(xlnx－x＋1)＝lnx－xln1x－1x＋1>0，∴fxx－1>0

.综上可知，fxx－1>0.(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，证明：fxx－1>0.[方法技巧]综合法证题的思路分析法分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程

中需要用到的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法．[例2]已知a>0，证明a2＋1a2－2≥a＋1a－2.[证明]要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只需证a2＋1a2≥

a＋1a－(2－2)．因为a>0，所以a＋1a－(2－2)>0，所以只需证a2＋1a22≥a＋1a－2－22，即2(2－2)a＋1a≥8－42，只需证a＋1a≥2.因为a>0，a＋1a≥2显然成立当且仅当a

＝1a＝1时，等号成立，所以要证的不等式成立．[方法技巧]分析法证题的思路(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证

明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“

cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”过程应用了()A．分析法B．综合法C．综合法、分析法综合使用D．间接证明法解析：因为证明过程是“从左向右”，即

由条件逐步推向结论，故选B.答案：B2．[考点一](2017·广州调研)若a，b，c为实数，且a＜b＜0，则下列命题正确的是()A．ac2＜bc2B．a2＞ab＞b2C.1a＜1bD.ba＞ab解析：a2－ab＝a(a－b)，∵a＜b＜0，∴a－b＜0，∴a(a－b)>0，即a2－ab＞0

，∴a2＞ab.①又∵ab－b2＝b(a－b)＞0，∴ab＞b2，②由①②得a2＞ab＞b2.答案：B3．[考点一]已知实数a1，a2，„，a2017满足a1＋a2＋a3＋„＋a2017＝0，且|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝„＝|a2017－2a1|，证明

：a1＝a2＝a3＝„＝a2017＝0.证明：根据条件知：(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋„＋(a2017－2a1)＝－(a1＋a2＋a3＋„＋a2017)＝0.①另一方面，令|a1－2a2|＝|a

2－2a3|＝|a3－2a4|＝„＝|a2017－2a1|＝m，则a1－2a2，a2－2a3，a3－2a4，„，a2017－2a1中每个数或为m或为－m.设其中有k个m，(2017－k)个－m，则(a

1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋„＋(a2017－2a1)＝k×m＋(2017－k)×(－m)＝(2k－2017)m.②由①②知：(2k－2017)m＝0.③而2k－2017为奇数，不可能为0，所以m＝0.于是知：a1＝

2a2，a2＝2a3，a3＝2a4，„，a2016＝2a2017，a2017＝2a1.所以a1＝22017·a1，即得a1＝0.从而a1＝a2＝a3＝„＝a2017＝0.命题得证．4．已知m>0，a，b∈R，求证：

a＋mb1＋m2≤a2＋mb21＋m.证明：因为m>0，所以1＋m>0.所以要证原不等式成立，只需证(a＋mb)2≤(1＋m)·(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证m(a－b)2≥0，即证(a－b)

2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．[考点二]突破点(二)间接证明基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．反证法假设原命题_______(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出_____，因此说明假设错误，从而证明了

原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．不成立矛盾2．用反证法证明问题的一般步骤第一步分清命题“p⇒q”的条件和结论第二步作出命题结论q相反的假设綈q第三步由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果第四步断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命

题p⇒q为真3.常见的结论和反设词原结论词反设词至少有一个一个都没有至多有一个至少有两个至少有n个至多有(n－1)个至多有n个至少有(n＋1)个都是不都是对任意x成立存在某个x不成立对任意x不成立存在某个x成立p或q綈p且綈qp且q綈p或綈

q不都是都是考点贯通抓高考命题的“形”与“神”证明否定性命题[例1]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列{an}中任意三项不可能按原来顺序成

等差数列．[解](1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝12an，所以{an}是首项为1，公比为12的等比数列，所以an＝12n－1.[解]证明：假设存在

三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r，且p，q，r∈N*)，则2·12q＝12p＋12r，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又因为p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题

得证．(2)求证：数列{an}中任意三项不可能按原来顺序成等差数列．证明存在性问题[例2]若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．(1)设g(x)＝12x2－x＋32是[1，b]上的“四维光军”函数，

求常数b的值；(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝1x＋2是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．[解](1)由已知得g(x)＝12(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右

边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，即12b2－b＋32＝b，解得b＝1或b＝3.因为b>1，所以b＝3.[解]假设函数h(x)＝1x＋2在区间[a，b](a>－2)上是“四

维光军”函数，因为h(x)＝1x＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有ha＝b，hb＝a，即1a＋2＝b，1b＋2＝a，解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．(2)是否存在常数a，b(a>－

2)，使函数h(x)＝1x＋2是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．证明“至多”“至少”“唯一”命题[例3]已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x

0∈(a，b)，使得fb－fab－a＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．[证明]假设存在x′0，x0∈(a，b)，且x′0≠x0，使得fb－fab－a＝f′(x0)，fb－fab－a＝f′(x′0)成立，即f′(x0)＝f′(x′0)．因为f′(x)＝ex1＋e

x－m，记g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝ex1＋ex2>0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x′0，这与x′0≠x0矛盾，所以x0是唯一的．能力练通抓应用体验的“得”与“

失”1．[考点三]用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解

析：用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而至少有一个实根的否定是没有实根，故作的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．答案：A2．[考点一、三]若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②

a>b与a<b及a＝b中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．其中判断正确的个数是()A．0B．1C．2D．3解析：由于a，b，c不全相等，则a－b，b－c，c－a中至少有一个不为0，故①

正确；②显然正确；令a＝2，b＝3，c＝5，满足a≠c，b≠c，a≠b，故③错误．答案：C3．已知x∈R，a＝x2＋12，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3，而a＋b

＋c＝x2＋12＋2－x＋x2－x＋1＝2x2－2x＋12＋3＝2x－122＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1.[考点三]4．[考点一]设{an}是公比为q的等比数列．(1)推导{an}的前n

项和公式；(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．解：(1)设{an}的前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋„＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋„＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋„＋a1qn，②①－②得，(

1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝a11－qn1－q，∴Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠1.解：证明：假设数列{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝

(ak＋1)(ak＋2＋1)，a2k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，a21q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设

不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．5．[考点二]已知四棱锥S-ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝2，SA＝1.(1)求证：SA⊥平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若

存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，故SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，所以SA⊥平面ABCD.解：假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.∵BC∥AD，BC⊄

平面SAD.∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，∴假设不成立．故在棱SC上不存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得B

F∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．突破点(三)数学归纳法基础联通抓主干知识的“源”与“流”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__________________时命题成立；(2)(归纳递推

)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝_____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开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．k＋1第一个值n0(n0∈

N*)考点贯通抓高考命题的“形”与“神”用数学归纳法证明等式[例1]设f(n)＝1＋12＋13＋„＋1n(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋„＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．[证明](1)当n

＝2时，左边＝f(1)＝1，右边＝21＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即f(1)＋f(2)＋„＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，当n＝

k＋1时，f(1)＋f(2)＋„＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)fk＋1－1k＋1－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝

(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋„＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．[方法技巧]用数学归纳法证明等式的策略(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式

两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值．(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．用数学归纳法证明不等

式[例2]用数学归纳法证明：1＋122＋132＋„＋1n2<2－1n(n∈N*，n≥2)．[证明](1)当n＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即1＋122＋132＋„＋1k2<2－1k.当n＝k＋1时，1＋122＋132

＋„＋1k2＋1k＋12<2－1k＋1k＋12<2－1k＋1kk＋1＝2－1k＋1k－1k＋1＝2－1k＋1命题成立．由(1)(2)知原不等式在n∈N*，n≥2时均成立．[方法技巧]用数学归纳法证明不等式的策略(1)当遇到与正整数n有

关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．归纳—猜想—证明[例3]已知数列{an}的

前n项和Sn满足：Sn＝an2＋1an－1，且an＞0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；(2)证明通项公式的正确性．[解](1)当n＝1时，由已知得a1＝a12＋1a1－1，即a21＋2a1－2＝0.∴a1

＝3－1(a1＞0)．当n＝2时，由已知得a1＋a2＝a22＋1a2－1，将a1＝3－1代入并整理得a22＋23a2－2＝0.∴a2＝5－3(a2＞0)．同理可得a3＝7－5.猜想an＝2n＋1－2n－1(n∈N*)．[解]证明：①由(1)知，当n＝1时，通项公式成立．

②假设当n＝k(k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝2k＋1－2k－1.由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝ak＋12＋1ak＋1－ak2－1ak，将ak＝2k＋1－2k－1代入上式，整理得a2k＋1＋22k＋1ak＋1－2＝0，∴ak＋

1＝2k＋3－2k＋1，即n＝k＋1时通项公式成立．由①②可知对所有n∈N*，an＝2n＋1－2n－1都成立．(2)证明通项公式的正确性．[方法技巧]归纳—猜想—证明类问题的解题步骤利用数学归纳法可以探索

与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．求证：1－12＋13－14＋„＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋„＋12n(n∈N*)．证明：(1)

当n＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边，等式成立．[考点一](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，

则当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＋1＋12k＋2.即当

n＝k＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．2．[考点二]用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，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.∵左边>右边，∴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＝4k2＋8k＋422k＋1>4k2＋8k＋

322k＋1＝2k＋32k＋122k＋1＝2k＋1＋12.∴当n＝k＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．3．[考点三](2017·常德模拟)设a＞0，f(x)＝axa＋x，令a

1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．解：(1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝a1＋a；a3＝f(a2)＝a·a1＋aa＋a1＋a＝a2

＋a；a4＝f(a3)＝a·a2＋aa＋a2＋a＝a3＋a.猜想an＝an－1＋a(n∈N*)．解：证明：①易知，n＝1时，猜想正确．②假设n＝k(k∈N*)时猜想正确，即ak＝ak－1＋a，则ak＋1＝f(ak)＝a·a

ka＋ak＝a·ak－1＋aa＋ak－1＋a＝ak－1＋a＋1＝a[k＋1－1]＋a.这说明，n＝k＋1时猜想正确．由①②知，对于任何n∈N*，都有an＝an－1＋a.(2)用数学归纳法证明你的结论．