nbhkdz.com冰点文库

导与练普通班2017届高三数学一轮复习第十二篇复数算法推理与证明第4节直接证明与间接证明数学归纳法课件理

时间:2017-03-24


第4节 直接证明与间接证明、数学归纳法

最新考纲 1.了解直接证明的两种基本方法:综 合法和分析法;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. 3.了解数学归纳法的原理, 能用数学归纳法证明一些简 单的数学命题.

知识链条完善
考点专项突破 解题规范夯实

知识链条完善

把散落的知识连起来

【教材导读】 1.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.用反证法证明问题的一般步骤有哪些? 提示:(1)反设(否定结论):假定所要证的结论不成立,而结论的反面成 立;(2)归谬(推导矛盾):将“反设”作为条件,由此出发,经过正确的 推理导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事 实矛盾或自相矛盾;(3)定论(肯定结论):矛盾产生的原因在于“反设” 的谬误,既然结论的反面不成立,从而肯定了结论成立.

3.数学归纳法两个步骤有什么关系? 提示:数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想,第一步是递推的 基础,第二步是递推的依据,两个步骤缺一不可,否则就会导致错误. 第一步中, 验算n=n0中的n0不一定为1,根据题目要求,有时可为2或3等.

知识梳理
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 所要证明的结论成立 论证,最后推导出 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.

夯基自测
1.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 )

(B)综合法
(C)综合法、分析法结合使用 (D)间接证法 解析:在证明过程中使用了大量的公式和结论,有平方差公式,同角的关 系式,所以在证明过程中,使用了综合法的证明方法.

2.要证明 3 + 7 <2 5 ,可选择的方法有下面几种,其中最合理的是( B (A)综合法 (C)特殊值法 (B)分析法 (D)其他方法

)

解析:应选择分析法.

3.用反证法证明命题“若a,b∈N,ab可被5整除,那么a,b中至少有一 B 个能被5整除”时,假设的内容应该是( ) (A)a,b都能被5整除 (B)a,b都不能被5整除 (C)a,b不都能被5整除 (D)a能被5整除 解析:“至少有一个”的反面应是“一个都没有”.故应选B.

4.用数学归纳法证明“1+

1 1 1 + +?+ n <n(n∈N*,n>1)”时,由 n=k(k>1)不 2 ?1 2 3

等式成立,推证 n=k+1 时,左边应增加的项数是
解析:左边的特点:分母逐渐增加 1,末项为 由 n=k,末项为
1 ; n 2 ?1

.

1 1 1 , 到 n=k+1, 末项为 = , 2k ? 1 2k ?1 ? 1 2k ? 1 ? 2k
k

所以应增加的项数为 2 .
答案:2k

5.已知函数 f(x)=lg

1? x ,若 f(a)=b,则 f(-a)= 1? x

.(用 b 表示)

解析:因为 f(-x)=lg

1? x 1? x =-lg =-f(x), 1? x 1? x

所以 f(x)为奇函数,所以 f(-a)=-f(a)=-b.
答案:-b

考点专项突破
考点一 综合法

在讲练中理解知识

1 【例 1】 已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1,求证:a2+b2+c2≥ . 3 证明:法一 因为 a+b+c=1,所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤
1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b +c +a +b +a +c +b +c =3(a +b +c ),所以 a +b +c ≥ . 3 1 1 1 (教师备用)法二 设 a= +α,b= +β,c= +γ. 3 3 3 1 1 1 2 2 2 2 2 2 则由 a+b+c=1 可知α+β+γ=0,所以 a +b +c =( +α) +( +β) +( +γ) 3 3 3

=

1 2 1 1 + (α+β+γ)+α2+β2+γ2= +α2+β2+γ2≥ . 3 3 3 3

反思归纳 (1)综合法是“由因导果”的证明方法,它是一种从已知到未 知(从题设到结论)的逻辑推理方法,即从题设中的已知条件或已证的真

实判断(命题)出发,经过一系列的中间推理,最后导出所要求证结论的真
实性. (2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.

a 2 b2 c 2 【即时训练】 设 a,b,c>0,证明: + + ≥a+b+c. b c a

证明:因为 a,b,c>0,根据基本不等式,
a2 b2 c2 有 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c. b c a a 2 b2 c 2 三式相加得 + + +a+b+c≥2(a+b+c), b c a a 2 b2 c 2 即 + + ≥a+b+c. b c a

考点二 分析法
a ? mb 2 a 2 ? mb 2 【例 2】 已知 m>0,a,b∈R,求证:( )≤ . 1? m 1? m

证明:因为m>0,
所以1+m>0, 所以要证原不等式成立, 只需证明(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.

反思归纳

(1)分析法是“执果索因”的证明方法,它是从结论入手,

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,再说明所要证明的数学问题成立.

1 1 1 【即时训练】 已知 a>0, - >1,求证: 1 ? a > . b a 1? b

证明:由已知

1 1 1 - >1 及 a>0 可知 0<b<1,要证 1 ? a > , b a 1? b

只需证 1 ? a · 即

1 >1,只需证 1+a-b-ab>1,只需证 a-b-ab>0, 1? b

a?b 1 1 >1,即 - >1.这是已知条件,所以原不等式得证. ab b a

考点三

反证法
2

【例 3】已知 f(x)=ax +bx+c,若 a+c=0,f(x)在[-1,1]上的最大值为 2,最小值为求证:a≠0 且
b <2. a

5 . 2

证明:假设 a=0 或

b ≥2. a

(1)当 a=0 时,由 a+c=0,得 f(x)=bx,显然 b≠0. 由题意,得 f(x)=bx 在[-1,1]上是单调函数,所以 f(x)的最大值为 |b|,最小值为-|b|. 由已知条件,得|b|+(-|b|)=2所以 a≠0.
5 1 =- ,这与|b|+(-|b|)=0 相矛盾, 2 2

(2)当

b b ≥2 时,由二次函数的对称轴为直线 x=,知 f(x)在[-1,1]上是单调 2a a

函数,故其最值在区间的端点处取得.
5 ? f ?1? ? a ? b ? c ? 2, ? ? ? f ?1? ? a ? b ? c ? ? , 2 所以 ? 5 或? ? f ? ?1? ? a ? b ? c ? ? ? f ? ?1? ? a ? b ? c ? 2. 2 ? ?

又 a+c=0,则此时 b 无解,所以 由(1)(2),得 a≠0 且
b <2. a

b <2. a

反思归纳

(1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、

“唯一”或以否定形式出现时,宜用反证法来证. (2)利用反证法进行证明时,一定要对所要证明的结论进行否定性的

假设,并以此为条件进行归谬,得到矛盾,则原命题成立.

【即时训练】已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)的图象与 x 轴有两个不同的交 点,若 f(c)=0,且 0<x<c 时,f(x)>0. (1)证明:
1 是函数 f(x)的一个零点; a

证明:(1)因为 f(x)图象与 x 轴有两个不同的交点, 所以 f(x)=0 有两个不等实根 x1,x2,因为 f(c)=0, 所以 x1=c 是 f(x)=0 的根,又 x1x2= 所以 x2= 即
c , a

1 1 1 ( ≠c),所以 是 f(x)=0 的一个根, a a a

1 是函数 f(x)的一个零点. a

(2)试用反证法证明

1 >c. a

证明:(2)假设 知 f( 所以

1 1 <c,又 >0,由 0<x<c 时,f(x)>0, a a

1 1 )>0,与 f( )=0 矛盾, a a 1 1 1 ≥c,又因为 ≠c,所以 >c. a a a

考点四

数学归纳法
1 1 1 1 3 1 * + + + ? + ,g(n)= ,n ∈ N . 2 3 3 3 3 2n 2 3 4 n 2

【例 4】 已知 f(n)=1+

(1)当 n=1,2,3 时,试比较 f(n)与 g(n)的大小关系;

解:(1)当 n=1 时,f(1)=1,g(1)=1,所以 f(1)=g(1); 当 n=2 时,f(2)= 当 n=3 时,f(3)=
9 11 ,g(2)= ,所以 f(2)<g(2); 8 8
251 312 ,g(3)= ,所以 f(3)<g(3). 216 216

(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系,并给出证明.

解:(2) 由(1)猜想 f(n)≤g(n),下面用数学归纳法给出证明. ①当 n=1,2,3 时,不等式显然成立.
1 1 1 ②假设当 n=k(k≥3,k∈N )时不等式成立,即 1+ 3 + 3 + 3 +… 2 3 4
*

1 3 1 + 3 < - 2 ,那么,当 n=k+1 时,f(k+1)=f(k)+ k 2 2k

3 1 < - 2 + 3 ? k ? 1? 2 2 k

1

1

? k ? 1?

3

,因为

1 2 ? k ? 1?
2

? 1 k ?3 ?3k ? 1 1 ? 1 -? 2 ? = = <0, ? 3 3 3 2 2 2 ? k ? 1? k ? ? k ? 1? ? ? 2k ? 2 ? k ? 1? 2 k

所以 f(k+1)<

1 3 =g(k+1). 2 2 ? k ? 1?

由①,②可知,对一切 n∈N*,都有 f(n)≤g(n)成立.

反思归纳

(1)利用数学归纳法可以证明与n有关的命题,也可以

解决与正整数n有关的探索性问题,其基本模式是“归纳—猜想—证 明”.证明的关键是假设当n=k(k∈N*,k≥n0)时命题成立,由归纳假 设推证n=k+1时命题成立. (2)证明n=k+1(k∈N*,k≥n0)时命题成立的常用技巧. ①分析n=k+1时命题与n=k时命题形式的差别,确定证明目标. ②证明恒等式时常用乘法公式、因式分解、添拆项配方等;证明不等

式常用分析法、综合法、放缩法等.

【即时训练】 用数学归纳法证明:
1 n 1 1 1 + + +?+ = (n∈N*). 2? 4 4? 6 6?8 2n ? 2n ? 2 ? 4 ? n ? 1?
证明:(1)当 n=1 时,左边= 右边=
1 1 = , 2 ? 1? ? 2 ? 1 ? 2? 8

1 1 = . 4 ? ?1 ? 1? 8

左边=右边,所以等式成立.

(2)假设 n=k(k∈N*且 k≥1)时等式成立,即有 + +

1 1 1 + + +… 2? 4 4? 6 6?8

1 k 1 1 1 = ,则当 n=k+1 时, + + +… 2? 4 4? 6 6?8 2k ? 2k ? 2 ? 4 ? k ? 1? 1 1 k 1 + = + 2k ? 2k ? 2 ? 2 ? k ? 1? ? ?2 ? k ? 1? ? 2? ? 4 ? k ? 1? 4 ? k ? 1?? k ? 2?

? k ? 1? k ?1 k ?1 = = = = . 4 k ? 1 k ? 2 ? ?? ? 4 ? k ? 2 ? 4 ? k ? 1 ? 1? 4 ? k ? 1?? k ? 2?
2

k ? k ? 2? ? 1

所以当 n=k+1 时,等式也成立, 由(1)(2)可知,对于一切 n∈N*,等式都成立.

备选例题
【例1】 (2014高考北京卷)对于数对序列P:(a1,b1),(a2,b2),?,(an,bn), 记T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+max{Tk-1(P),a1+a2+?+ak}(2≤k≤n),其中max {Tk-1(P),a1+a2+?+ak}表示Tk-1(P)和a1+a2+?+ak两个数中最大的数, (1)对于数对序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值; 解:(1)T1(P)=2+5=7,T2(P)=1+max{T1(P),2+4}=1+max{7,6}=8;

(2)记m为a,b,c,d四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对 序列P:(a,b),(c,d)和P′:(c,d),(a,b),试分别对m=a和m=d两种情况比较T2(P) 和T2(P′)的大小;

(3)在由五个数对(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列
中,写出一个数对序列P使T5(P)最小,并写出T5(P)的值(只需写出结论). 解:(2)T2(P)=max{a+b+d,a+c+d},T2(P′)=max{c+d+b,c+a+b}. 当m=a时,T2(P′)=max{c+d+b,c+a+b}=c+d+b, 因为a+b+d≤c+d+b,且a+c+d≤c+b+d, 所以T2(P)≤T2(P′); 当m=d时,T2(P′)=max{c+d+b,c+a+b}=c+a+b,

因为a+b+d≤c+a+b,且a+c+d≤c+a+b,
所以T2(P)≤T2(P′); 所以无论m=a还是m=d,T2(P)≤T2(P′)都成立; (3)数对(4,6),(11,11),(16,11),(11,8),(5,2)的T5(P)最小;T1(P)=10,T2(P) =26;T3(P)=42,T4(P)=50,T5(P)=52.

【例 2】 (2015 高考江苏卷)设 a1,a2,a3,a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的等 差数列. (1)证明: 2a , 2 a , 2 a , 2 a 依次构成等比数列;
1 2 3 4

2 an ?1 (1)证明:因为 an = 2 a 2
1 2 3 4

n ?1

? an

=2d(n=1,2,3)是同一个常数,

所以 2a , 2 a , 2 a , 2 a 依次构成等比数列.

2 3 4 (2)是否存在 a1,d,使得 a1, a 2 , a3 , a4 依次构成等比数列?并说明理由;

(2)解:不存在,理由如下:令 a1+d=a,则 a1,a2,a3,a4 分别为 a-d,a,a+d,a+2d(a>d,a>-2d,d≠0).
2 3 4 假设存在 a1,d,使得 a1, a 2 , a3 , a4 依次构成等比数列,则 a =(a-d)(a+d) ,
4 3

且(a+d)6=a2(a+2d)4.令 t=

d 1 ,则 1=(1-t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4(- <t<1, a 2

t≠0),化简得 t3+2t2-2=0(*),且 t2=t+1,将 t2=t+1 代入(*)式,得 t(t+1)+2(t+1)-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,则 t=显然 t=1 . 4

1 不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立, 4

2 3 4 因此不存在 a1,d,使得 a1, a 2 , a3 , a4 依次构成等比数列.

n?k n? 2k n ? 3k (3)是否存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1n , a2 , a3 , a4 依次构成等比数列?

并说明理由.

(3)解:不存在,理由如下:
n?k n? 2k n ? 3k 假设存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1n , a2 , a3 , a4 依次构成等比数列,

则 a1n (a1+2d) =(a1+d)
n+2k

2(n+k)

,且(a1+d) (a1+3d) =(a1+2d)

n+k

n+3k

2(n+2k)

.

分别在两个等式的两边同除以 a12? n ? k ? 及 a12? n ? 2 k ? ,并令 t= 则(1+2t)
n+2k

d 1 (t>- ,t≠0), 3 a1

=(1+t)

2(n+k)

,且(1+t) (1+3t) =(1+2t)

n+k

n+3k

2(n+2k)

.

将上述两个等式两边取对数,得(n+2k)ln(1+2t)=2(n+k)·ln(1+t), 且(n+k)ln(1+t)+(n+3k)ln(1+3t)=2(n+2k)ln(1+2t). 化简得 2k[ln(1+2t)-ln(1+t)]=n[2ln(1+t)-ln(1+2t)], 且 3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)]. 再将这两式相除,化简得 ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)(**).

令 g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)·ln(1+t),
2 2 2 2 ??1 ? 3t ? 1n ?1 ? 3t ? ? 3?1 ? 2t ? 1n ?1 ? 2t ? ? 3 ?1 ? t ? 1n ?1 ? t ?? ? 则 g′(t)= ? ?1 ? t ??1 ? 2t ??1 ? 3t ?

令 ? (t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t), 则 ? ′(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(1+t)·ln(1+t)]. 令 ? 1(t)= ? ′(t),则 ? 1′(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)]. 12 令 ? 2(t)= ? 1′(t),则 ? 2′(t)= >0. ?1+t ??1 ? 2t ??1 ? 3t ? 由 g(0)= ? (0)= ? 1(0)= ? 2(0)=0, ? 2′(t)>0,
1 知 ? 2(t), ? 1(t), ? (t),g(t)在(- ,0)和(0,+≦)上均单调. 3

故 g(t)只有唯一零点 t=0,即方程(**)只有唯一解 t=0,故假设不成立.
n?k n? 2k n ? 3k 所以不存在 a1,d 及正整数 n,k,使得 a1n , a2 , a3 , a4 依次构成等比数列.

【例3】 是否存在常数a,b,c使等式1· (n2-12)+2(n2-22)+…+n(n2-n2)=an4+bn2
+c对一切正整数n成立?证明你的结论.
解:分别取 n=1,2,3 代入等式,
1 ? a ? , ? 4 ? ?a ? b ? c ? 0, 1 ? ? 得 ?16a ? 4b ? c ? 3, 解之,得 ?b ? ? , 4 ? ?81a ? 9b ? c ? 18, ? ? ?c ? 0. ?

猜想:存在常数 a,b,c 使等式 1·(n -1 )+2(n -2 )+…+n(n -n )=an +bn +c 对一 切正整数 n 成立. 下面用数学归纳法证明这个猜想: (1)当 n=1 时,可知等式成立;

2

2

2

2

2

2

4

2

(2)假设当 n=k(k∈N ,且 k≥1)时,等式成立,即 1·(k2-12)+2(k2-22)+…+k(k2-k2)=
2

*

1 4 1 2 k- k. 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2

则当 n=k+1 时,左边=1·[(k+1) -1 ]+2[(k+1) -2 ]+… +k[(k+1) -k ]+(k+1)·[(k+1) -(k+1) ]=1·(k -1 )+2(k -2 )+… +k(k2-k2)+1·(2k+1)+2(2k+1)+…+k(2k+1)= +k(2k+1)=
1 1 (k+1)4- (k+1)2. 4 4 1 4 ? 1? 2 k + ? ? ? k +(2k+1)+2(2k+1)+… 4 ? 4?
2 2 2

所以当 n=k+1 时,等式成立. 由(1)(2),得存在常数 a,b,c 使等式对一切 n∈N*均成立.

解题规范夯实

把典型问题的解决程序化

正确选用合理的数学证明方法
【典例】 函数f(x)=x2-2x-3.定义数列{xn}如下:x1=2,xn+1是过两点 P(4,5),Qn(xn,f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标. (1)证明:2≤xn<xn+1<3; (2)求数列{xn}的通项公式.

审题点拨 关键点 函数 f(x) 数列{xn} 所获信息 2 f(x)=x -2x-3 x1=2,xn+1 是直线 PQn 与 x 轴交点的横坐标 解题突破:(1)数学归纳法;(2)构造法

满分展示: (1)用数学归纳法证明 2≤xn<xn+1<3. ①当 n=1 时,x1=2,直线 PQ1 的方程为 y-5= 令 y=0,解得 x2=

f ? 2? ? 5 2?4

(x-4),

11 ,所以 2≤x1<x2<3???????????2 分 4 ②假设当 n=k 时,结论成立,即 2≤xk<xk+1<3. f ? xk ?1 ? ? 5 直线 PQk+1 的方程为 y-5= (x-4),????????4 分 xk ?1 ? 4

令 y=0,解得 xk+2=

? 3 ? xk ?1 ??1 ? xk ?1 ? >0,??????????5 分 5 =3,xk+2-xk+1= 2?3 2 ? xk ?1
即 xk+1<xk+2.所以 2≤xk+1<xk+2<3,即当 n=k+1 时,结论也成立.

3 ? 4 xk ?1 3 ? 4 xk ?1 5 .由归纳假设知 xk+2= =4<42 ? xk ?1 2 ? xk ?1 2 ? xk ?1

由①②知对任意的正整数 n,2≤xn<xn+1<3.??????????6 分

(2)由(1)及题意得 xn+1= 设 bn=xn-3, 则

3 ? 4 xn . 2 ? xn

1 1 5 1 1 1 = +1,即 + =5( + ),????????8 分 bn ?1 bn bn ?1 4 bn 4 1 1 3 + }是首项为- ,公比为 5 的等比数列, 4 bn 4

所以数列{ 因此

1 1 3 + =- ·5n-1, 4 bn 4
4 3?5
n ?1

即 bn=-

?1

.??????????????????10 分
4 3?5
n ?1

故数列{xn}的通项公式为 xn=3-

?1

.???????12 分

答题模板:第一步:使用数学归纳法证明第一问,先验证n=1时结论成立. 第二步:在归纳假设下,证明当n=k+1时结论也成立,根据数学归纳法原理 作出命题对一切正整数都成立的结论.

第三步:通过构造辅助数列的方法解决第二问.
第四步:把问题转化为等比数列的通项,并求出其通项公式. 第五步:把辅助数列的通项公式转化为所求数列的通项公式.


赞助商链接