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第三节　直接证明和间接证明
·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、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、特点．
·考向预测·
考情分析：直接证明与间接证明是高中数学的重要推理方法，它们仍是高考的考点，题型将是选择或填空题．
学科素养：通过直接证明和间接证明的应用考查逻辑推理的核心素养．
积 累 必备知识——基础落实　赢得良好开端
一、必记3个知识点
1．直接证明
内容 综合法 分析法
定义 从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从____推导到____的思维方法 从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一种从____追溯到产生这一结果的____的思维方法
特点 从“____”看“____”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的____条件 从“____”看“____”，逐步靠拢“____”，其逐步推理，实际上是要寻找它的____条件
2.间接证明——反证法
要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去____________(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出________，因此说明非Q是________的，从而断定结论Q是________的，这种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________(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________时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对____________________都成立，上述证明方法叫做数学归纳法．
二、必明2个常用结论
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．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．
三、必练2类基础题
(一)判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(　　)
(二)教材改编
2．[选修1－2·P42练习T2改编]若P＝，Q＝(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　　)
A．P＞Q B．P＝Q
C.P＜Q D．不能确定
3．[选修1－2·P52T2改编]－2与的大小关系是________．
提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法
考点一　综合法的应用　[综合性]
[例1]　设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤；
(2)≥1.
听课笔记：
一题多变
(变问题)若例1条件不变，证明：a2＋b2＋c2≥.
反思感悟　综合法证题的思路与方法
【对点训练】
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A sin B＋sin B sin C＋cos 2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若C＝，求证：5a＝3b.
考点二　分析法的应用　[综合性]
[例2]　已知a＞0，证明：≥a＋－2.
听课笔记：
反思感悟　分析法的证题思路
分析法的证题思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等．通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范．
【对点训练】
设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋＋xy.
考点三　反证法的应用　[综合性]
[例3]　已知非零实数a，b，c构成公差不为0的等差数列，求证：不可能成等差数列．
听课笔记：
反思感悟　反证法证明问题的一般步骤
(1)反设——假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真；
(2)归谬——把“反设”作为条件，经过一系列正确的推理，得出矛盾；
(3)存真——由矛盾结果断定反设错误，从而肯定原结论成立．
应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达到否定结论的目的．
【对点训练】
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．
考点四　数学归纳法的应用　[综合性]
角度1　用数学归纳法证明不等式
[例4]　用数学归纳法证明：1＋≤1＋＋…＋＋n(n∈N*)．
听课笔记：
反思感悟　数学归纳法证明不等式的适用范围及关键
(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他方法不易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化.
角度2　归纳——猜想——证明
[例5]　设函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．
听课笔记：
反思感悟　归纳—猜想—证明问题的一般步骤
第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；
第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0∈N*)成立；
第三步：假设当n＝k(k≥n0，k∈N*)时结论成立，证明当n＝k＋1时结论也成立；
第四步：下结论，由上可知结论对任意n≥n0，n∈N*成立．
【对点训练】
1．数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式(1＋)(1＋)·…·(1＋)＞均成立．
2．已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N*均有≤an－an＋1成立．
(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；
(2)探究an与的大小关系，并证明你的结论．
第三节　直接证明和间接证明
积累必备知识
一、
1．原因　结果　结果　原因　已知　可知　必要　未知　需知　已知　充分
2．假设Q不成立　矛盾　错误　正确
3．(1)第一个值n0　(2)n＝k＋1　从n0开始的所有正整数n
三、
1．答案：(1)×　(2)×　(3)×
2．解析：假设P＞Q，只需P2＞Q2，即2a＋13＋2＞2a＋13＋2，只需a2＋13a＋42＞a2＋13a＋40.因为42＞40成立，所以P＞Q成立．
答案：A
3．解析：假设－2＞，由分析法可得，
要证－2＞，只需证＞＋2，
即证13＋2＞13＋4，即＞2.
因为42＞40，所以－2＞成立．
答案：－2＞
提升关键能力
考点一
例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≤.
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，
故＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即≥a＋b＋c.所以≥1.
一题多变
证明：因为a＋b＋c＝1，
所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac.
因为2ab≤a2＋b2，2bc≤b2＋c2，
2ac≤a2＋c2，
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立，
所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，
所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，
即a2＋b2＋c2≥．
对点训练
证明：(1)由已知得
sin A sin B＋sin B sin C＝2sin2B，
因为sinB≠0，所以sin A＋sin C＝2sin B，
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.
考点二
例2　证明：要证 ≥a＋－2，
只需证 ＋2≥a＋.
因为a＞0，故只需证(＋2)2≥(a＋)2，即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2(a＋)＋2，从而只需证2(a＋)，即证4(a2＋)≥2(a2＋2＋)，即证a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
对点训练
证明：由于x≥1，y≥1，
所以要证明x＋y＋＋xy，
只要证明xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2，
只要证明(xy)2－1＋(x＋y)－xy(x＋y)≥0，
只要证明(xy－1)(xy＋1－x－y)≥0，
只要证明(xy－1)(x－1)(y－1)≥0.
由于x≥1，y≥1，上式显然成立，所以原命题成立．
考点三
例3　证明：假设成等差数列，
则＝，
所以2ac＝bc＋ab，①
又a，b，c成等差数列且公差d≠0，所以2b＝a＋c，②
所以把②代入①，得2ac＝b(a＋c)＝b·2b，所以b2＝ac，③
由②平方，得4b2＝(a＋c)2，④
把③代入④，得4ac＝(a＋c)2，
所以(a－c)2＝0，所以a＝c.
代入②，得b＝a，故a＝b＝c，
所以数列a，b，c的公差为0，
这与已知矛盾，所以不可能成等差数列．
对点训练
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．
考点四
例4　证明：①当n＝1时，左边＝1＋，右边＝＋1，
所以≤1＋，即命题成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时命题成立，
即1＋≤1＋＋…＋＋k，
则当n＝k＋1时，
1＋＋…＋＋…＋＞1＋＋2k·＝1＋.
又1＋＋…＋＋…＋＜＋k＋2k·＝＋(k＋1)，
即n＝k＋1时，命题成立．
由①②可知，命题对所有n∈N*都成立．
例5　解析：由题设得g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可猜想gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即gk(x)＝.
则当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，
即n＝k＋1时结论成立．
由①②可知，结论对n∈N*都成立．
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，
即ln (1＋x)≥恒成立．
设φ(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)，
则φ′(x)＝＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(当且仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．
又φ(0)＝0，所以φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
所以当a≤1时，ln (1＋x)≥恒成立(当且仅当x＝0时等号成立)．
当a＞1时，对x∈[0，a－1]，有φ′(x)≤0，
所以φ(x)在[0，a－1]上单调递减，
所以φ(a－1)＜φ(0)＝0.
即当a＞1时，存在x＞0，使φ(x)＜0，
所以ln (1＋x)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1].
对点训练
1．证明：①当n＝2时，
左边＝1＋＝，右边＝.
因为左边＞右边，所以不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，
即(1＋)(1＋)·…·(1＋)＞.
则当n＝k＋1时，
(1＋)(1＋)·…·(1＋)·＞·＝＝＞
＝＝.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②知对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．
2．证明：(1)由≤an－an＋1，
得.
因为在数列{an}中，an＞0，
所以an＋1＞0，所以＞0，
所以0＜an＜1.
故数列{an}中的任意一项都小于1.
(2)由(1)知0＜a1＜1＝，
那么＝－(a1－)2＋＜，
由此猜想an＜.
下面用数学归纳法证明：当n≥2，且n∈N*时猜想正确．
①当n＝2时已证；
②假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时，
有ak＜成立，
那么
＝－(ak－)2＋＜－()2＋＝＝＜＝，
所以当n＝k＋1时，猜想正确．
综上所述，对于一切n∈N*，都有an＜.

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