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2014届高三数学(文)一轮总复习直接证明与间接证明




节 直接证明与间接 证明

基础自主梳理 考向互动探究

最新考纲 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.了解反证法的思考过程和特点.

1.若 a<b<0,则下列不等式成立的 是( C )

1 1 (A) < a b

1 1 (B)a+ >b+ b a

1 1 (C)b+ >a+ b a

b b ?1 (D) < a a ?1

1 1 解析:∵a<b<0,∴ > , a b
1 1 又 b>a,∴b+ >a+ . b a

故选 C.

2.要证明 3 + 7 <2 5 ,可选择的方 法有以下几种,其中最合理的 是( B ) (B)分析法 (D)归纳法

(A)综合法 (C)反证法

解析:根据条件和分析法的定义 可知 B 选项最合理.故选 B.

3.用反证法证明命题“三角形的内角 中至少有一个不大于 60°”时,假设 正确的是( B ) (A)假设三角形的内角都不大于 60° (B)假设三角形的内角都大于 60° (C)假设三角形的内角至多有一个大 于 60° (D)假设三角形的内角至多有两个大 于 60°

解析:命题可叙述为 “三角形的内角中至少 有一个小于或等于 60°”,它的反设应是 “三角形的内角都大于 60°”.故选 B.

1 4.设 a、b、c∈(-∞,0),则 a+ b
三个数中 -2.

1 1 ,b+ ,c+ c a

1 解析:因为 a+ b

1 1 +b+ +c+ ≤-6, c a

三者不能都大于-2. 答案:不能都大于

1.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 的证明方法.

②证明流程: (P 表示已 知条件、已有的定义、公理、定理等,Q 表示所要证明的结论). ③文字表示为:“因为??所以??”或 “由??得??”. ④思维过程:由因导果.

(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)为止的证明方法. ②证明流程: (Q 表示要证明的结论).

③文字表示为 “要证??” “只需证??” , , “即证??” ④思维过程:执果索因.

质疑探究:综合法和分析法有什么区别 与联系? 提示:①分析法的特点是:从“未知”看 “需知”,逐步靠拢“已知”,其逐步推 理,实际上是寻求它成立的充分条件.② 综合法的特点是:从“已知”看“可知”, 逐步推向“未知”,其逐步推理,实际上 是寻找它成立的必要条件.③分析法易 于探索解题思路,综合法易于过程表述, 在应用中视具体情况择优选之.

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.

综合法 【例 1】已知 a、 c 都是正数,且 a+b+c=1. b、

? (1)求证:a +b +c ≥ ; 3 (2)求证: a + b + c ≤ 3 .
2 2 2

思维导引:(1)不等式左端是平方和,右 端是常数,应考虑用已知条件和不等式 a +b ≥2ab(a,b ? R)进行证明.(2)左端
2 2

是根式的和,右端是常数,应考虑用已 知条件和不等式 a+b≥2 ab (a>0,b>0)进行证明.

证明:(1)∵a+b+c=1,∴(a+b+c) =1,
2

∴a +b +c +2ab+2bc+2ca=1. 又∵2ab≤a +b ,2bc≤b +c ,2ca≤c +a , ∴2ab+2bc+2ca≤2(a +b +c ), ∴a +b +c +2ab+2bc+2ca≤3(a +b +c ), 可得 a +b +c
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

1 ≥ 3

.

(2)∵a、b、c ? (0,+∞), ∴a+b≥2 ab ,b+c≥2 bc ,c+a≥2 ca , ∴2(a+b+c)≥2( ab + bc + ca ), ∴a+b+c+2 ab +2 bc +2 ca ≤ 3(a+b+c)=3, ∴( a + b + c ) ≤3,∴ a + b + c ≤ 3.
2

b a (a,b ? R ); + ≥2(a,b 同号)等.(2) a b
+

由于作为综合法证明依据的不等式 本身是可以根据不等式的意义、性质或 比较法证出的,所以用综合法可以获证 的不等式往往可以直接根据不等式的意 义、性质或比较法来证明.

变式训练 1 1:若 a、b、c 是不全相等的正数, 求证:

a?b b?c c?a lg +lg +lg >lg a+lg b+lg c. 2 2 2 证明:∵a、b、c ? (0,+∞), a?b b?c a?c ∴ ≥ ab >0, ≥ bc >0, 2 2 2 ≥ ac >0.

由于 a、b、c 是不全相等的正数, 所以上述三个不等式中等号不能同时成立,

a?b b?c a?c ∴ · · >abc>0 成立. 2 2 2
上式两边同时取常用对数, 得

?a?b b?c c?a? lg ? ? ? ? >lg(abc), 2 2 ? ? 2

a?b b?c c?a ∴lg +lg +lg >lg a+lg b+lg c. 2 2 2

分析法 【例 2】 已知函数 f(x)=tan

? π? x 、x ? ? 0, ? ,且 x ≠x , ? 2? 1 ? x1 ? x2 ? 求证: [f(x )+f(x )]>f ? ?. 2 ? 2 ?
1 2 1 2 1 2

? π? x,x ? ? 0, ? ,若 ? 2?

思维导引:本题若使用综合法进行推理,三角 函数式的化简较难处理,因此,可考虑分析法.

1 证明:要证 [ 2 1 即证明 (tan 2

? x1 ? x2 ? f(x )+f(x )]>f ? ?, ? 2 ?
1 2

x1+tan x2)>tan

x1 ? x2 2

,

1 ? sin x1 sin x2 ? x1 ? x2 ? >tan 只需证明 ? ? 2 ? cos x1 cos x2 ? 2 ? ?

,

sin(x1 ? x2 ) sin(x1 ? x2 ) 只需证明 > . 2 cos x1 cos x2 1 ? cos(x1 ? x2 )

? π? 由于 x 、x ? ? 0, ? ,故 x +x ? ? 2?
1 2 1 2

(0,π ).

故 cos x1cos x2>0,sin(x1+x2)>0, 1+cos(x1+x2)>0, 故只需证明 1+cos(x1+x2)>2cos x1cos x2, 即证 1+cos x1cos x2-sin x1sin x2> 2cos x1cos x2, 即证 cos(x1-x2)<1.

? π? 由 x 、x ? ? 0, ? ,x ≠x 知上式显然成立. ? 2?
1 2 1 2

因此,

1 ? x1 ? x2 ? [f(x )+f(x )]>f ? ?. 2 ? 2 ?
1 2

(1)分析法的证明思路:先从结 论入手,由此逐步推出保证此结论成立的充 分条件,而当这些判断恰恰都是已证的命题 (定义、公理、定理、法则、公式等)或要证 命题的已知条件时命题得证. (2)用分析法 证明数学问题时,要注意书写格式的规范性, 常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就 要证…”等分析到一个明显成立的结论 P, 再说明所要证明的数学问题成立.

变式训练 2 1:已知非零向量 a、b,且 a⊥b,求

|a|?|b| 证: ≤ 2. |a?b|
证明:a⊥b ? a·b=0,

|a|?|b| 要证 ≤ 2. |a?b|

只需证|a|+|b|≤ 2 |a+b|, 只需证|a| +2|a||b|+|b| ≤ 2(a +2a·b+b ), 只需证|a| +2|a||b|+|b| ≤2a +2b , 只需证|a| +|b| -2|a||b|≥0, 即(|a|-|b|) ≥0,上式显然成立, 故原不等式得证.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

反证法 【例 3】 已知 f(x)=x +px+q,求证: (1) f(1)+ f(3)-2 f(2)=2; (2)| f(1)|、| f(2)|、| f(3)|中至
2

1 少有一个不小于 . 2

思维导引:本题第(1)问,先分别计算出 f(1), f(2), f(3),再通过计算即得;第(2)问,先反 设结论不成立,再推出与 f(1)+ f(3)-2 f(2)=2 相矛盾的结果,最后立论. 证明:(1)因为 f(x)=x +px+q, 所以 f(1)=1+p+q, f(2)=4+2p+q, f(3)=9+3p+q, 则 f(1)+ f(3)-2 f(2)= (1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2.
2

1 (2)假设| f(1)|、| f(2)|、| f(3)|都小于 , 2 1 1 1 即| f(1)|< ,| f(2)|< ,| f(3)|< , 2 2 2 1 1 1 1 1 1 则- < f(1)< ,- < f(2)< ,< f(3)< . 2 2 2 2 2 2

由同向不等式性质,得-2< f(1)+ f(3)-2 f(2)<2. 这与 f(1)+ f(3)-2 f(2)=2 矛盾. 故原命题结论成立,
1 即|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于 . 2

变式训练 3 1:已知 a、b、c? (0,1),
1 求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于 . 4 1 证明:法一 假设三式同时大于 ,即 4 1 1 1 (1-a)b> ,(1-b)c> ,(1-c)a> , 4 4 4

∵a、b、c ? (0,1),

∴三式同向相乘得
1 .(*) 64 2 ?1? a ? a ? 1 又(1-a)a≤ ? ? = , 2 ? ? 4 1 1 同理(1-b)b≤ ,(1-c)c≤ ,∴ 4 4

(1-a)b(1-b)c(1-c)a>

1 (1-a)a(1-b)b(1-c)c≤ , 64

这与(*)矛盾,所以假设不成立,故原命题正确.

法二

假设三式同时大于 ,

1 4

∵0<a<1,∴1-a>0,
1 1 (1 ? a) ? b ≥ (1 ? a)b > = ,同理 4 2 2

(1 ? b) ? c 1 > , 2 2 (1 ? c) ? a 1 > , 2 2

3 3 三式相加得 > ,这是矛盾的,故假 2 2
设错误, ∴原命题正确.

【例题】 设 f(x)=ax +bx+c(a≠0),若函 数 f(x+1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称, 1? ? 求证: f ? x ? ? 为偶函数. 2? ? 证明:法一 要证 f
1? ? ? x ? ? 为偶函数, 2? ?

2

只需证明其对称轴为 x=0,
b 1 即证- - =0, 2a 2

只需证 a=-b.
?b 由已知,函数 f(x+1)的对称轴 x= -1 2a ?b 与函数 f(x)的对称轴 x= 关于 y 轴对称, 2a

?b ?b ∴ -1=,∴a=-b. 2a 2a 1? ? ∴f ? x ? ? 为偶函数. 2? ? 1? ? 法二 记 F(x)=f ? x ? ? , 2? ?

欲证 F(x)为偶函数,只需证 F(-x)=F(x),
1? 1? ? ? 即证 f ? ? x ? ? =f ? x ? ? . 2? 2? ? ?

由已知,函数 f(x+1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称,而函数 f(x)与 f(-x)的图象也 是关于 y 轴对称的, ∴f(-x)=f(x+1),
1 ?? 1? ? ? ? ∴f ? ? x ? ? =f ?? ? x ? ?? 2 ?? 2? ? ? ?

?? 1? ? =f ?? x ? ? ? 1? 2? ? ?? 1? ? =f ? x ? ? , 2? ?

1? ? ∴f ? x ? ? 为偶函数. 2? ?

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