第38讲直接证明与间接证明考试说明 1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法;了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点.考情分析真题再现■ [2017-2013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a 2-b 2)2≥4.(2)因为(a+b )3=a 3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+(a+b)=2+,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.2.[2015·全国卷Ⅱ]设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则+>+;(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.证明:(1)(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(+)2>(+)2,因此+>+.(2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1)得+>+.(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,即a+b+2>c+d+2.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2,因此|a-b|<|c-d|.综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.3.[2013·全国卷Ⅱ]设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤;(2)++≥1.证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca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+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c,又a+b+c=1,所以++≥1.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)原因结果已知条件推理待证结论(2)结果产生这一结果的原因待证结论充分条件题设的已知条件已被证明的事实2.原命题原命题结论矛盾原命题对点演练1.,2,3成等比数列[解析] 易知应假设为:,2,3成等比数列.2.分析法[解析] 用分析法证明如下:要证明+<2,需证(+)2<(2)2,即证10+2<20,即证<5,即证21<25,显然成立,故原结论成立.3.5×2n-1-3[解析] 由递推关系可得a n+1=2a n+3,即a n+1+3=2(a n+3),则数列{a n+3}是首项为a1+3=5,公比为2的等比数列,其通项公式为a n+3=5×2n-1,∴a n=5×2n-1-3.4.≥2且≥2[解析] 假设,都不小于2,即≥2且≥2.5.③[解析] 由a>b>c且a+b+c=0,可得b=-a-c,a>0,c<0,要证<a,只需证(-a-c)2-ac<3a2,即证a2-ac+a2-c2>0,即证a(a-c)+(a+c)(a-c)>0,即证(a-c)(a-b)>0.6.x≠1或y≠1[解析] “且”的否定为“或”,所以反设为x≠1或y≠1.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)利用已知等式推导出=2×,由此能证明是等比数列;(2)由已知条件推导出=2n-1,由此利用错位相减法能求出数列的前n项和T n.解:(1)证明:由a n+1=S n及a n+1=S n+1-S n,得S n+1-S n=S n,整理得nS n+1=2(n+1)S n,∴=2×,又=1,∴是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)得=2n-1,∴S n=n·2n-1.∴T n=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,①2T n=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,②由②-①,得T n=-(1+2+22+…+2n-1)+n·2n=-+n·2n=(n-1)·2n+1.变式题证明:(1)∵a n+1==⇒=⇒-=1,∴-=1,又∵==2,∴数列是以2为首项,公差为1的等差数列.(2)∵=+(n-1)×1,∴=n+1⇒a n=,∴b n===<=-,∴S n =b 1+b 2+…+b n <×-+-+…+-+-=×--<×=.例2 [思路点拨] (1)直接利用函数表达式及递推关系求得a 2及a 3;(2)结合递推关系利用分析法进行证明. 解:(1)a 2=2,a 3=c+10.(2)证明:要证明原不等式成立,只需证明f (a n )-a n ≥c ,即证f (a n )≥a n +c ,即证f (x )≥x+c 对任意x ∈R 都成立,即证2|x+c+4|-|x+c|≥x+c ,即证2|x+c+4|≥|x+c|+x+c.若x+c ≤0,显然有2|x+c+4|≥|x+c|+x+c=0成立;若x+c>0,则2|x+c+4|≥|x+c|+x+c ⇔x+c+4>x+c ,显然成立.综上,f (x )≥x+c 恒成立,即对任意的n ∈N *,a n+1-a n ≥c.变式题 证明:因为m>0,所以1+m>0,所以要证≤, 只需证m (a 2-2ab+b 2)≥0,即证(a-b )2≥0, 而(a-b )2≥0显然成立,故≤. 例3 [思路点拨] 假设a 2+a<2与b 2+b<2同时成立,然后利用不等式知识推出矛盾.证明:假设a 2+a<2与b 2+b<2同时成立,则有a 2+a+b 2+b<4. 由a 2+b 2=+,得a 2b 2=1,因为a>0,b>0,所以ab=1.因为a 2+b 2≥2ab=2(当且仅当a=b=1时等号成立), a+b ≥2=2(当且仅当a=b=1时等号成立),所以a 2+a+b 2+b ≥ 2ab+2=4(当且仅当a=b=1时等号成立),这与假设矛盾,故假设错误.所以a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.变式题证明:假设a,b,c,d都是非负数,因为a+b=c+d=1,所以(a+b)(c+d)=1,即ac+bd+ad+bc=1,又ac+bd+ad+bc≥ac+bd,所以ac+bd≤1,与题设矛盾,故假设不成立,故a,b,c,d中至少有一个是负数.【备选理由】例1是一道用综合法证明解析几何的题;例2是一道用分析法证明向量的题;例3是一道用反证法证明数列的题.1[配合例1使用] [2017·资阳一模]已知圆O:x2+y2=2,直线l:y=kx-2.(1)若直线l与圆O交于不同的两点A,B,且∠AOB=,求k的值;(2)若k=,P是直线l上的动点,过P作圆O的两条切线PC,PD,切点分别为C,D,求证:直线CD过定点,并求出该定点的坐标.解:(1)因为∠AOB=,所以原点O到直线l的距离d=×=1,又因为d==,所以=1⇒k=±.(2)证明:由题意可知O,P,C,D四点共圆,且在以OP为直径的圆上.设P t,t-2(t∈R),则以OP为直径的圆的方程为x(x-t)+y y-t+2=0,即x2-tx+y2-t-2y=0.又C,D在圆O:x2+y2=2上,所以直线CD的方程为tx+t-2y-2=0,即t x+-2(y+1)=0.因为t∈R,所以⇒所以直线CD过定点,-1.2[配合例2使用] 已知非零向量a,b,且a⊥b,求证:≤.证明:∵a⊥b,∴a·b=0.要证≤,只需证|a|+|b|≤|a+b|,即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2(a2+2a·b+b2),即证|a|2+2|a||b|+|b|2≤2a2+2b2,即证|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,即证(|a|-|b|)2≥0,该式显然成立,故原不等式得证.3[配合例3使用] 在递增数列{a n}中,a1=2,不等式(n+1)a n≥na2n对任意n∈N*都成立.(1)求a2的取值范围;(2)证明:数列{a n}不可能为等比数列.解:(1)因为{a n}是递增数列,所以a2>a1,a2>2.令n=1,则2a1≥a2,即a2≤4,所以a2∈(2,4].(2)证明:假设数列{a n}是公比为q的等比数列,a1=2>0,则a n=2q n-1.因为{a n}是递增数列,所以q>1,因为对任意n∈N*,(n+1)a n≥na2n都成立,所以对任意n∈N*,1+≥q n都成立.①因为q>1,所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,q n>2.又因为1+≤2,所以存在n0∈N*,使得当n≥n0时,q n>1+,与①矛盾,故假设不成立.。
