2019版數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第十一章推理與證明11.2直接證明與間接證明講義

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE14學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE§11。2直接證明與間接證明考綱解讀考點(diǎn)內(nèi)容解讀要求五年高考統(tǒng)計(jì)常考題型預(yù)測(cè)熱度201320142015201620171.直接證明1。不等式證明2.數(shù)列證明3。函數(shù)證明A解答題★★★2.間接證明1。不等式證明2。數(shù)列證明3.函數(shù)證明A解答題★★★分析解讀本節(jié)內(nèi)容江蘇高考一般很少單獨(dú)考查，一般都和其他知識(shí)相結(jié)合,放在不同的解答題中考查其運(yùn)用.五年高考考點(diǎn)一直接證明1。(2013廣東理,19,14分)設(shè)數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和為Sn。已知a1=1，=an+1-n2-n—,n∈N*。（1)求a2的值；（2）求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)公式；（3）證明：對(duì)一切正整數(shù)n，有++…+<.解析（1)依題意，得2S1=a2——1—,又S1=a1=1,所以a2=4。(2)當(dāng)n≥2時(shí),2Sn=nan+1-n3—n2—n,2Sn-1=（n—1）an—（n-1)3—（n—1)2—(n—1)，兩式相減得2an=nan+1—（n—1)an—(3n2-3n+1）-(2n—1)—，整理得（n+1）an=nan+1—n(n+1),即—=1，又—=1,故數(shù)列是首項(xiàng)為=1，公差為1的等差數(shù)列，所以=1+（n-1)×1=n，所以an=n2。（3)證明:當(dāng)n=1時(shí),=1〈；當(dāng)n=2時(shí)，+=1+=<；當(dāng)n≥3時(shí),=<=—，此時(shí)++…+=1++++…+<1++++…+=1++—=-<.綜上，對(duì)一切正整數(shù)n，有++…+<.教師用書專用（2）2。（2013湖北理,22，14分)設(shè)n是正整數(shù),r為正有理數(shù)。(1）求函數(shù)f(x)=(1+x）r+1-（r+1)x—1（x>—1）的最小值；(2)證明：<nr〈;（3)設(shè)x∈R，記[x]為不小于x的最小整數(shù),例如[2］=2,［π］=4,=—1.令S=+++…+，求［S]的值.(參考數(shù)據(jù)：8≈344.7,8≈350。5,12≈618。3,12≈631.7）解析(1）因?yàn)閒'（x）=(r+1）（1+x)r-（r+1)=（r+1)［(1+x)r-1］，令f’（x）=0,解得x=0.當(dāng)—1<x<0時(shí),f'（x）〈0，所以f(x)在（—1，0)內(nèi)是減函數(shù)；當(dāng)x〉0時(shí),f’(x）〉0,所以f（x)在（0,+∞)內(nèi)是增函數(shù)。故函數(shù)f(x）在x=0處取得最小值f(0）=0。(2）證明:由（1）知，當(dāng)x∈（—1,+∞）時(shí)，有f(x)≥f(0)=0，即（1+x）r+1≥1+(r+1）x，且等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)成立，故當(dāng)x〉—1且x≠0時(shí),有（1+x)r+1〉1+(r+1）x。①在①中,令x=（這時(shí)x>—1且x≠0),得>1+。上式兩邊同乘nr+1,得（n+1)r+1>nr+1+nr（r+1），即nr<。②當(dāng)n〉1時(shí),在①中令x=-（這時(shí)x〉—1且x≠0)，類似可得nr>.③且當(dāng)n=1時(shí)，③也成立.綜合②，③得<nr<。④（3）在④中，令r=,n分別取值81,82,83,…，125，得（8—8）〈〈(8—8）,（8—8）<<(8—8)，（8—8)〈<(8-8）,……（12—12）<<（12—12)。將以上各式相加，并整理得(12—8）<S〈（12-8）。代入數(shù)據(jù)計(jì)算，可得（12—8)≈210。2,(12-8)≈210。9.由［S］的定義，得［S]=211?？键c(diǎn)二間接證明1.(2014山東改編，4，5分）用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3+ax+b=0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是。

答案方程x3+ax+b=0沒(méi)有實(shí)根2。(2013北京理，19，14分）已知A,B,C是橢圓W:+y2=1上的三個(gè)點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)。(1）當(dāng)點(diǎn)B是W的右頂點(diǎn),且四邊形OABC為菱形時(shí)，求此菱形的面積;（2)當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí),判斷四邊形OABC是否可能為菱形，并說(shuō)明理由。解析（1)橢圓W：+y2=1的右頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2,0）.因?yàn)樗倪呅蜲ABC為菱形,所以AC與OB相互垂直平分.所以可設(shè)A(1,m），代入橢圓方程得+m2=1，即m=±。所以菱形OABC的面積是｜OB|·|AC｜=×2×2|m｜=.(2）假設(shè)四邊形OABC為菱形.因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn),且直線AC不過(guò)原點(diǎn),所以可設(shè)AC的方程為y=kx+m(k≠0,m≠0）.由消y并整理得（1+4k2)x2+8kmx+4m2—4=0。設(shè)A(x1，y1）,C（x2，y2),則=-,=k·+m=。所以AC的中點(diǎn)為M.因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn),所以直線OB的斜率為—。因?yàn)閗·≠—1，所以AC與OB不垂直。所以O(shè)ABC不是菱形，與假設(shè)矛盾.所以當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí)，四邊形OABC不可能是菱形.三年模擬A組2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組考點(diǎn)一直接證明1.(2018江蘇淮安高級(jí)中學(xué)階段測(cè)試）已知函數(shù)f(x)=ex，x∈R.（1）設(shè)x〉0，判斷函數(shù)g(x）=f（x)-mx零點(diǎn)的個(gè)數(shù);(2)設(shè)a〈b，比較與的大小,證明。解析(1）因?yàn)間（x）=ex—mx(x>0)，所以g’（x）=ex—m。當(dāng)m≤1時(shí),g'(x）=ex-m〉e0—m≥0，g（x）在(0，+∞)上單調(diào)遞增，g(x）>g（0）=1,此時(shí)函數(shù)無(wú)零點(diǎn)。當(dāng)m〉1時(shí)，令g’(x）=ex—m=0，得x=lnm，當(dāng)x∈(0，lnm)時(shí),g’（x）〈0，g(x)在(0，lnm)上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈（lnm，+∞)時(shí)，g'（x)〉0，g(x）在（lnm,+∞)上單調(diào)遞增.故g(x)min=g（lnm)=m—mlnm=m（1-lnm）.當(dāng)1〈m<e時(shí),g(x)min=m（1—lnm)〉0，此時(shí)函數(shù)無(wú)零點(diǎn),當(dāng)m=e時(shí)，g(x)min=0，此時(shí)函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn)。當(dāng)m>e時(shí),g(lnm)<0.又因?yàn)間(0）=1>0，故函數(shù)在（0,lnm）上有唯一零點(diǎn).g（2lnm）=e2lnm-m·2lnm=m2-2mlnm=m（m—2lnm)，令φ（m)=m—2lnm(m>e），則φ’（m)=1-〉0,所以φ（m)在(e，+∞）上單調(diào)遞增,φ(m）>e-2>0，故g（2lnm）>0，故函數(shù)在(lnm，+∞)上有唯一零點(diǎn),此時(shí)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)。綜上，當(dāng)m<e時(shí),函數(shù)無(wú)零點(diǎn);當(dāng)m=e時(shí),函數(shù)有1個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)m>e時(shí)，函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn).(2)>.要證>,只要證〉.只要證〉==1-,令h(x)=+—1（x>0)，所以h'（x）=—=〉0，所以h(x）在(0，+∞）上單調(diào)遞增，故h(x)〉0，所以+-1〉0，故原不等式成立.2。（2017江蘇無(wú)錫一中月考)已知函數(shù)f(x）=tanx，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求證:[f(x1）+f（x2)]〉f。證明要證［f(x1)+f（x2）]〉f,即證明（tanx1+tanx2)〉tan，只需證明>tan，只需證明〉。由于x1,x2∈,故x1+x2∈（0，π）。所以cosx1cosx2〉0，sin（x1+x2)>0，1+cos（x1+x2)>0。故只需證明1+cos(x1+x2)〉2cosx1cosx2,即證1+cosx1cosx2—sinx1sinx2〉2cosx1cosx2.即證cos（x1—x2)〈1。由x1，x2∈,x1≠x2知上式顯然成立,因此[f（x1）+f（x2）］>f?？键c(diǎn)二間接證明3。（2016江蘇無(wú)錫期中）設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù),給出下列條件:①a+b〉1；②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出:“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件是.

答案③4.(蘇教選2—2，二,2，9,變式）已知數(shù)列｛an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an+Sn=2。（1）求數(shù)列{an｝的通項(xiàng)公式；(2）求證:數(shù)列｛an｝中不存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列。解析(1）當(dāng)n=1時(shí)，a1+S1=2a1=2,則a1=1。又an+Sn=2，所以an+1+Sn+1=2,兩式相減得an+1=an,所以｛an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，所以an=。（2)證明:反證法:假設(shè)存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列，記為ap+1，aq+1,ar+1(p<q<r，且p,q，r∈N＊)，則2·=+,所以2·2r—q=2r—p+1。(*）又因?yàn)閜〈q〈r,且p,q，r∈N＊,所以r-q,r-p∈N*。所以(*)式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù),等式不成立。所以假設(shè)不成立,原命題得證。5。（2017江蘇蘇中三校聯(lián)考)若f(x）的定義域?yàn)椋踑,b],值域?yàn)椋踑，b］(a〈b），則稱函數(shù)f（x)是[a，b]上的“四維光軍”函數(shù).(1）設(shè)g(x）=x2-x+是［1,b］上的“四維光軍”函數(shù),求常數(shù)b的值;(2）是否存在常數(shù)a,b(a〉—2),使函數(shù)h(x）=是區(qū)間[a，b］上的“四維光軍"函數(shù)?若存在,求出a,b的值；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析（1)由題設(shè)得g（x）=（x—1)2+1，其圖象的對(duì)稱軸為x=1,所以函數(shù)在區(qū)間[1,b]上單調(diào)遞增。由“四維光軍”函數(shù)的定義可知,g（1)=1，g（b）=b，即b2—b+=b，解得b=1或b=3.因?yàn)閎〉1，所以b=3.（2）假設(shè)函數(shù)h（x)=在區(qū)間[a，b］（a〉—2）上是“四維光軍”函數(shù),因?yàn)閔(x)=在區(qū)間（-2，+∞)上單調(diào)遞減，所以有即解得a=b，這與已知矛盾。故不存在常數(shù)a,b(a>-2),使函數(shù)h（x)=是區(qū)間[a,b］上的“四維光軍”函數(shù).B組2016-2018年模擬·提升題組（滿分：15分時(shí)間:10分鐘）解答題（共15分)(2017江蘇射陽(yáng)中學(xué)質(zhì)檢)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}，a1=1，a2a4=16,｛bn}的各項(xiàng)均為正數(shù),前n項(xiàng)和為Sn,a4=b3,且6Sn=+3bn+2（n∈N*).（1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項(xiàng)公式；(2)令cn=(n∈N*）,求使得cn〉1的所有n的值,并說(shuō)明理由；（3)證明{an｝中任意三項(xiàng)不可能構(gòu)成等差數(shù)列。解析(1）設(shè){an｝的公比為q,則q>0?！遖2a4=q4=q4=16，∴q2=4,∴q=2,∴an=2n—1，∴b3=a4=8?！?Sn=+3bn+2，①∴當(dāng)n≥2時(shí)，6Sn-1=+3bn—1+2，②①-②得6bn=-+3bn—3bn—1（n≥2）,即（bn+bn—1）（bn-bn-1)=3（bn+bn—1)（n≥2),∵bn>0，∴bn—bn-1=3,∴｛bn}是公差為3的等差數(shù)列.當(dāng)n=1時(shí),6b1=+3b1+2,解得b1=1或b1=2，當(dāng)b1=1時(shí)，bn=3n—2,此時(shí)b3=7,與b3=8矛盾;當(dāng)b1=2時(shí),bn=3n—1，此時(shí)b3=8=a4,∴bn=3n-1.(2）∵bn=3n-1,∴cn==,∴c1=2>1，c2=〉1，c3=2>1，c4=〉1，c5=<1,下面證明當(dāng)n≥5時(shí),cn〈1。事實(shí)上,當(dāng)n≥5時(shí)，cn+1-cn=—=〈0,即cn+1〈cn,∵c5=<1，∴當(dāng)n≥5時(shí)，cn<1,故滿足條件cn>1的所有n的值為1,2，3,4.(3）證明：假設(shè)｛an}中存在三項(xiàng)p，q,r(p<q〈r,p,q,r∈N＊)使ap,aq,ar構(gòu)成等差數(shù)列，∴2aq=ap+ar,即2·2q—1=2p—1+2r—1.∴2q—p+1=1+2r—p.左邊為偶數(shù),右邊為奇數(shù)，∴矛盾.∴假設(shè)不成立，故｛an｝中不存在任意三項(xiàng)能構(gòu)成等差數(shù)列.C組2016—2018年模擬·方法題組方法解有關(guān)證明問(wèn)題的常用解題技巧與方法（2017江蘇揚(yáng)州、泰州、南通、淮安、宿遷、徐州六市聯(lián)考,19）已知函數(shù)f（x）=，g（x)=lnx，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1）求曲線y=f(x)g（x）在x=1處的切線方程；（2)若存在x1，x2(x1≠x2),使得g（x1）—g(x2）=λ［f(x2）-f(x1）]成立,其中λ為常數(shù)，求證：λ>e;(3)若對(duì)任意的x∈(0,1］,不等式f（x）g（x）≤a(x—1)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解析（1)因?yàn)閥=f(x）g(x)=,所以y’=，當(dāng)x=1時(shí)，y’=,y=0。所以曲線y=f(x)g(x)在x=1處的切線方程為y=（x-1），即x-ey-1=0。（2)證明:由g(x1)-g（x2)=λ[f(x2）-f（x1）]得g（x1)+λf(x1）=g(x2）+λf（x2）.記p（x)=g(x）+λf(x)=lnx+，則x∈（0,+∞）,且p'（x)=。假設(shè)λ≤e。①若λ≤0,則p'(x）>0，所以p(x）在(0,+∞)上為單調(diào)增函數(shù)。又p（x1)=p（x2)，所以x1=x2，與x1≠x2矛盾.②若0〈λ≤e，記r（x）=ex-λx，則r'(x)=ex-λ。設(shè)r'(x0)=0，解得x0=lnλ.當(dāng)x〉x0時(shí)，r'（x）>0，r(x)在（x0,+∞）上為單調(diào)增函數(shù);當(dāng)0<x〈x0時(shí),r'（x)<0，r(x)在（0,x0）上為單調(diào)減函數(shù).所以r(x)≥r（x0)=λ（1—lnλ)≥0,所以p'(x)≥0，所以p（x)在(0，+∞）上為單調(diào)增函數(shù)。又p(x1）=p(x2）,所以x1=x2，與x1≠x2矛盾。綜合①②可知，假設(shè)不成立,所以λ〉e。（3）由f(x）g（x)≤a（x—1）得lnx-aex（x—1）≤0。記F(x）=lnx—aex（x-1),0<x≤1，則F'（x)=-axex=xex。當(dāng)a≤時(shí)，因?yàn)椤?，xex〉0,