2020版新一线高考理科数学（人教A版）一轮复习教学案：第6章第5节　直接证明与间接证明、数学归纳法

第五节　直接证明与间接证明、数学归纳法

[考纲传真]　1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点.2.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点.3.了解数学归纳法的原理.4.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．

1．直接证明

(1)综合法

定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的证明方法．

(2)分析法

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)为止的证明方法．

2．间接证明——反证法

一般地，假设原命题不成立(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．

3．数学归纳法

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．上述证明方法叫做数学归纳法．

[常用结论]　利用归纳假设的技巧

在推证n＝k＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设．此时既要看准目标，又要掌握n＝k与n＝k＋1之间的关系．在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用．

[基础自测]

1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．(　　)

(2)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(　　)

(3)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．(　　)

(4)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．(　　)

[答案](1)×　(2)×　(3)×　(4)×

2．利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N*)”时，在验证n＝1成立时，左边应该是(　　)

A．1　　　 B．1＋a

C．1＋a＋a2   D．1＋a＋a2＋a3

C　[n＝1时，左边＝1＋a＋a2，故选C.]

3．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”过程应用了   (　　)

A．分析法

B．综合法

C．综合法、分析法结合使用

D．间接证法

B　[由证明过程看是用了综合法的证明，故选B.]

4．设a，b，c都是正数，则a＋，b＋，c＋三个数(　　)

A．都大于2

B．都小于2

C．至少有一个不大于2

D．至少有一个不小于2

D　[∵＋＋

＝＋＋≥6，

当且仅当a＝b＝c时取等号，

∴三个数中至少有一个不小于2.]

5．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是(　　)

A．(k＋1)2＋2k2   B．(k＋1)2＋k2

C．(k＋1)2   D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1]

B　[若n＝k时成立，即12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝成立，那么n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋…＋22＋12，对比n＝k时的式子可知，当n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是(k＋1)2＋k2，故选B.]

分析法的应用

1．若a，b∈(1，＋∞)，证明＜.

[证明]　要证＜，

只需证()2＜()2，

只需证a＋b－1－ab＜0，

即证(a－1)(1－b)＜0.

因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，

即(a－1)(1－b)＜0成立，

所以原不等式成立．

2．已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.

求证：＋＝.

[证明]　要证＋＝，

即证＋＝3，也就是＋＝1，

只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，

需证c2＋a2＝ac＋b2，

又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，

由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos 60°，

即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．

于是原等式成立．

综合法的应用

【例1】　设数列{an}的前n项和为Sn，已知3an－2Sn＝2.

(1)证明{an}是等比数列并求出通项公式an；

(2)求证：S－SnSn＋2＝4×3n.

[证明]　(1)因为3an－2Sn＝2，所以3an＋1－2Sn＋1＝2，

所以3an＋1－3an－2(Sn＋1－Sn)＝0.

因为Sn＋1－Sn＝an＋1，所以＝3，所以{an}是等比数列．

当n＝1时，3a1－2S1＝2，又S1＝a1，所以a1＝2.

所以{an}是以2为首项，以3为公比的等比数列，其通项公式为an＝2×3n－1.

(2)由(1)可得Sn＝3n－1，Sn＋1＝3n＋1－1，Sn＋2＝3n＋2－1，

故S－SnSn＋2＝(3n＋1－1)2－(3n－1)(3n＋2－1)＝4×3n，

即S－SnSn＋2＝4×3n.

设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.

证明：(1)ab＋bc＋ac≤；

(2)＋＋≥1.

[证明]　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，

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a，b，c均为正数，＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，

故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，

即＋＋≥a＋b＋c，

所以＋＋≥1.

反证法的应用

【例2】　设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：

(1)a＋b≥2；

(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．

[证明]　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.

(1)由基本不等式及ab＝1，

有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.

(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；

同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾．

故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．

设数列{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：假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，

即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，

因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，

即q＝0，这与公比q≠0矛盾，

所以数列{Sn}不是等比数列．

(2)当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；

当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设{Sn}是等差数列，

则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，

得q＝0，这与公比q≠0矛盾．

综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；

当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列．

数学归纳法的应用

【例3】　已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.

(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；

(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．

[解]　(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，

所以f(1)＝g(1)；

当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，所以f(2)＜g(2)；

当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，

所以f(3)＜g(3)．

(2)由(1)猜想，f(n)≤g(n)，用数学归纳法证明．

①当n＝1,2,3时，不等式显然成立．

②假设当n＝k(k＞3，k∈N*)时不等式成立，

即1＋＋＋＋…＋＜－，

则当n＝k＋1时，

f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋.

因为－

＝－

＝＜0，

所以f(k＋1)＜－＝g(k＋1)．

由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．

设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.

(1)求a1，a2，a3的值；

(2)求数列{an}的通项公式．

[解]　(1)由Sn＝2nan＋1－3n2－4n，得

S2＝4a3－20，S3＝S2＋a3＝5a3－20.

又S3＝15，

∴a3＝7，S2＝4a3－20＝8.

∵S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，

∴a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.

综上知a1＝3，a2＝5，a3＝7.

(2)由(1)猜想an＝2n＋1(n∈N*)，以下用数学归纳法证明：

①当n＝1时，猜想显然成立；

②假设当n＝k(k∈N*，且k≥2)时，有ak＝2k＋1成立，

则Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)

＝·k＝k(k＋2)．

又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，

∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，

解得ak＋1＝2k＋3＝2(k＋1)＋1，

即当n＝k＋1时，猜想成立．

由①②知，数列{an}的通项公式为an＝2n＋1(n∈N*)．