第七章 推理与证明第
(理)95～96页
) 2课时 直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、
1.已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．
答案：
2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.2.用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应为______________． 答案：a＝b或a
3333解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即a＝b或a5－7
解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋41010.因为42>40，所以6－5－7成立．
4.定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________．
答案：0
π解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.
423π2①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝， 422
22A·B＝0，； 22
π②α＝2kπ或α＝2kπ＋∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2
π③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2
kπ3π④α≠α≠kπ＋∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，24
－cosα}．
综上可知A·B中的所有元素之和为0.
115.(选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1≥μ恒成立ab的μ的取值范围是________．
答案：(－∞，4]
1111ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b)abababab
1
1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤
4.ab
1.直接证明
(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法． (2) 一般形式
本题条件
已知定义已知公理已知定理ÞAÞBÞ
C„本题结论．
(3) 综合法
① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．
② 推证过程
已知条件Þ
„Þ
„
Þ结论
(4) 分析法
① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．
② 推证过程
结论
Ü„Ü„Ü
已知条件
2.间接证明
(1) 常用的间接证明方法有 (2) 反证法的基本步骤
① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．
② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记]
题型1 直接证明(综合法和分析法)
例1 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝
S
(1) 数列n是等比数列；
n＋
2(n＝1，2，3，„)，证明： nn
(2) Sn＋1＝4an.n＋2
(n＝1，2，3，„)，∴ (n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)， nn
Sn＋1S整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴ ，
nn＋
1Sn＋1n＋1S即2，∴ 数列n是等比数列．
Sn
Sn＋1Sn－1Sn－1
(2) 由(1)知：＝(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋4an(n≥2)．又a2＝3S1
n＋1n－1n－1
＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，
∴ 对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.
例2 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.
lgclgc
证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明lgalgb
lga＋lgb
14lgc，即≥4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.≥4，由于a>1，b>1，故
lgalgblga·lgb
lga＋lgb21211
lga>0，lgb>0，所以0
4lgalgb2
变式训练
设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立．求证：数列{an}是等比数列．
证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①， 从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列．
题型2 间接证明(反证法)
证明：(1) ∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝
例3 证明：2，3，5不能为同一等差数列中的三项．
证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足3＝2＋md ①，
＝2＋nd②，
①×n－②×m3n5m＝2(n－m)，两边平方得3n2＋5m2－15mn＝2(n－m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠不能为同一等差数列的三项．
备选变式（教师专享）
已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围．
解：若方程没有一个实数根，则
16a－4（3－4a）
3（a－1）2－4a2
3
a≥－1或a≤.故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是a
2
1.用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________．
答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数)
解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论．
19
2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋1，若以a、b、c为三边构造三角形，
ab
则c的取值范围是________．
答案：(10，16)
解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边
19b9a＝10之差小于第三边，而ac恒成立．而a＋b＝(a＋b)abab
11111019
16，∴c，＝1，∴c>10，∴10
1
1f0（x）－，fn(x)＝fn－1（x，(n≥1，n≥N)，3.设函数f0(x)＝1－x2，f1(x)＝22
n11
则方程f1(x)＝________个实数根，方程fn(x)＝3有________个实数根．
3＋
答案：4 2n1
1111
51－x2＝x2－＝ x2＝x2＝有4个解． 解析：f1(x)＝22366
∵ 可推出n＝1，2，3„，根个数分别为22，23，24，
1n＋∴ 通过类比得出fn(x)＝3有2n1个实数根．
4.若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1) 若x2－1比1远离0，求x的取值范围；
(2) 对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离ab.(1) 解：x∈(－∞2)∪(2，＋∞)．
(2)证明：对任意两个不相等的正数a、b，有 a3＋b3ab，a2b＋ab2ab.因为|a3＋b3－ab|－|a2b＋ab2－2ab＝(a＋b)(a－b)2>0，所以|a
3＋b3－2abab|>|a2b＋ab2－2abab|，即a3＋b3比a2b＋ab2远离2abab.
1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b－证明：要证b－ac0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴ (a－b)(a－c)>0显然成立．故原不等式成立．
2.已知等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＞0，前n项和为Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N*)，求证：Sn＋Sm≥2Sp.
证明：∵m2＋n2≥2mn，∴2(m2＋n2)≥(m＋n)2.又m＋n＝2p，∴m2＋n2≥2p2.3.如图，ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.
(1) 求证：PA⊥BD；
(2) 若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.
证明：(1) 因为ABCD为直角梯形，AD2AB2BD， 所以AD2＝AB2＋BD2，因此AB⊥BD.
又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PBÌ平面PAB， 所以BD⊥平面PAB，
又PAÌ平面PAB，所以PA⊥BD.
(2) 假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN， 则PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N， 所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.
又PB⊥BD，且AD∩BD＝D，得PB⊥平面ABCD，所以PB⊥CD.又因为BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－
24.已知f(x)＝ax(a＞1)．
x＋
1(1) 证明f(x)在(－1，＋∞)上为增函数； (2) 用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．
证明：(1) 设－1＜x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，
x－2x－23（x－x）
从而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所以
x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1）
f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
x0－2
(2) 设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0＝－x0＋1
x0－21
由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在．
2x0＋1
1.分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．
2.反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．
请使用课时训练（B）第2课时（见活页）.
[备课札记]
