2020高考数学理科大一轮复习导学案：第六章不等式、推理与证明6.6

知识点一　　直接证明

1．综合法

(1)定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．

(2)框图表示：→→→…→

(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．

2．分析法

(1)定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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．这种证明方法叫做分析法．

(2)框图表示：→→→…→.

1．判断正误

(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(　×　)

(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(　×　)

(3)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．(　√　)

(4)证明不等式＋<＋最合适的方法是分析法．(　√　)

2．要证明＋<2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是(　B　)

A．综合法  B．分析法

C．反证法  D．归纳法

3．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为cn>cn＋1.

解析：由题意知，an＝，bn＝n，∴cn＝－n＝.显然，cn随着n的增大而减小，∴cn>cn＋1.

知识点二　　间接证明

反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，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．

4．用反证法证明命题：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，反设正确的是(　A　)

A．a，b都不能被5整除

B．a，b都能被5整除

C．a，b中有一个不能被5整除

D．a，b中有一个能被5整除

解析：对原命题的结论的否定叙述是：a，b都不能被5整除．

知识点三　　数学归纳法

1．数学归纳法的适用对象

数学归纳法是用来证明关于与正整数n有关命题的一种方法，若n0是起始值，则n0是使命题成立的最小正整数．

2．数学归纳法证题的步骤：

(1)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；

(2)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1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．

5．若f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，则f(1)为(　C　)

A．1　　　　　　　　　　　　 B.

C．1＋＋＋＋   D．非以上答案

解析：∵f(n)＝1＋＋＋…＋，∴f(1)＝1＋＋＋…＋＝1＋＋＋＋.

6．用数学归纳法证明：“1＋＋＋…＋<n(n>1)”，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项的项数是2k.

解析：由n＝k(k>1)到n＝k＋1时，不等式左端增加的项为＋＋…＋共增加(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k项．

1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用．

2．分析法证明的注意点：要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”．

3．利用反证法证明的特点，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．

考向一　　分析法的应用

【例1】　已知a>0，证明： －≥a＋－2.

【证明】　要证 －≥a＋－2.

只需证 ≥－(2－)．

因为a>0，所以－(2－)>0，

所以只需证2≥2，

即2(2－)≥8－4，只需证a＋≥2.

因为a>0，a＋≥2显然成立(当且仅当a＝＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．

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.

已知m>0，a，b∈R，求证：2≤.

证明：∵m>0，∴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(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．

考向二　　综合法的应用

【例2】　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：>0.

【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

当λ＝0时，f(x)＝lnx－x＋1.

则f′(x)＝－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.

(2)证明：由题可得， f′(x)＝λlnx＋－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)lnx－x＋1＝xlnx＋(lnx－x＋1)<0，∴>0.

当x>1时，x－1>0，f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1＝lnx＋(xlnx－x＋1)＝lnx－x>0，∴>0.综上可知，>0.

综合法证题的思路

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.

(1)求证：a，b，c成等差数列．

(2)若C＝，求证：5a＝3b.

证明：(1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因为sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．

(2)由C＝，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，所以＝，即5a＝3b.

考向三　　反证法的应用

方向1　证明否定性命题

【例3】　设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．

(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；

(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？

【解】　(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S＝S1·S3，即a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．

(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．

当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3,2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．

反证法的原理是“正难则反”，即如果正面证明有困难时，或者直接证明需要分多种情况而反面只有一种情况时，可以考虑用反证法.

方向2　证明“至多”“至少”“唯一”性命题

【例4】　已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．

【证明】　假设三个方程都没有两个相异实根，

则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.

上述三个式子相加得：a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.

由已知a，b，c是互不相等的非零实数．

因此，上式“＝”不能同时成立，即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2<0与事实不符，

故ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．

1．(方向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}中不存在三项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＝an，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝.

(2)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·＝＋.

所以2·2r－q＝2r－p＋1.①

又因为p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.

所以①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．(方向2)已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得＝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′(x0)，＝f′(x′0)成立，即f′(x0)＝f′(x′0)．

因为f′(x)＝－m，记g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝>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．

考向四　　数学归纳法

【例5】　已知等差数列{an}的公差为3，其前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为2，且a1＝b1＝2.

(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．

【解】　(1)由a1＝2，公差d＝3，

∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－1.

在等比数列{bn}中，公比q＝2，首项b1＝2，

∴bn＝2·2n－1＝2n.

(2)证明：①当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；

②假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，

当n＝k＋1时，

Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1

＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)

＝ak＋1b1＋qTk

＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)

＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24

＝－2ak＋1＋10bk＋1－12，

即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1.

因此n＝k＋1时等式也成立．

由①②可知，对任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．

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.

求证：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N*)．

证明：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝＝，左边＝右边，等式成立．

(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，

即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，

则当n＝k＋1时，

＋

＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋.

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．