8、(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件．正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵．通常采用“欲證—只需證—已知”的格式，在表達(dá)中要注意敘述形式的規(guī)范性．(2)證明較復(fù)雜的問題時(shí)，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證．(3)分析法證明問題的適用范圍：當(dāng)已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中所需用的知識(shí)不太明確、具體時(shí)，往往采用分析法，特別是含有根號(hào)、絕對(duì)值的等式或不等式，?？紤]用分析法．
考點(diǎn)3 反證法的應(yīng)用
等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a3＝5＋，
9、S3＝9＋3.
(1)求an以及Sn.
(2)設(shè)bn＝，證明數(shù)列{bn}中不存在不同的三項(xiàng)成等比數(shù)列．
【解析】(1)設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，
由已知得5＋＝a1＋2d，9＋3＝3a1＋3d，
求得a1＝＋1，d＝2.
所以an＝2n＋－1，Sn＝n2＋n.
(2)由bn＝＝n＋，
假設(shè)bn中存在不同的三項(xiàng)能構(gòu)成等比數(shù)列，即bn、bm、bp成等比數(shù)列，
所以b＝bn·bp，
即(m＋)2＝(n＋)·(p＋)，
所以(m2－np)＋[2m－(n－p)]＝0，
因?yàn)閙、n、p是正整數(shù)，
所以m2－np和2m－(n＋p)均為有理數(shù)，
所以m2－np＝0，2m－(n＋p)＝
10、0，
所以(n＋p)2＝4np，所以(n－p)2＝0，所以n＝p與n≠p矛盾，
所以{bn}數(shù)列中不存在不同的三項(xiàng)成等比數(shù)列．
【點(diǎn)評(píng)】用反證法證明數(shù)學(xué)命題，一般有以下幾個(gè)步驟：
(1)反設(shè)：假定所要證的結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面(否定命題)成立；(否定結(jié)論)
(2)歸謬：將“反設(shè)”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)出矛盾——與已知條件、已知的定義、公理、定理及明顯的事實(shí)矛盾或自相矛盾；(推導(dǎo)矛盾)
(3)立論：因?yàn)橥评碚_，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤．既原命題結(jié)論的反面不成立，從而肯定了原命題成立．(命題成立)
方法總結(jié) 【p93】
1．關(guān)于綜合法與分析法
11、分析法的特點(diǎn)：從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實(shí)際上是要尋找它的充分條件．
綜合法的特點(diǎn)：從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，實(shí)際上是要尋找它的必要條件．
從而看出，分析法與綜合法是兩種思路截然相反的證明方法，既對(duì)立又統(tǒng)一．用綜合法證題前往往用分析法尋找解題思路，即所謂的“分析”．并且在解決較復(fù)雜問題時(shí)，往往是分析法與綜合法相互結(jié)合使用．
2．關(guān)于反證法
使用反證法證明的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，這個(gè)矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設(shè)矛盾，或與定義、公理、定理、公式、事實(shí)矛盾等．
反證法的步驟：(1)反設(shè)；(2)推出矛盾；(3)下結(jié)論．
矛盾
12、的主要類型：(1)與假設(shè)矛盾；(2)與數(shù)學(xué)公式、法則、公理、定理、定義或已被證明了的結(jié)論矛盾；(3)與公認(rèn)的簡(jiǎn)單事實(shí)矛盾；(4)自相矛盾．
走進(jìn)高考 【p93】
1．(2016·上海)若無窮數(shù)列{an}滿足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，則稱{an}具有性質(zhì)P.
(1)若無窮數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，無窮數(shù)列{cn}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，b1＝c5＝1，b5＝c1＝81，an＝bn＋cn，判斷{an}是否具有性質(zhì)P，并說明理由；
(2)設(shè){bn}是無窮數(shù)列，已知an＋1＝bn＋sin an(n∈N*)．
求證：“對(duì)任意a1，{an}都具有性質(zhì)P”的充要條件
13、為“{bn}是常數(shù)列”．
【解析】(1){bn}的公差為20，{cn}的公比為，
所以bn＝1＋20＝20n－19，cn＝81·＝35－n.
an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n.
a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝，a2≠a6，
所以{an}不具有性質(zhì)Ρ.
(2)充分性：
當(dāng){bn}為常數(shù)列時(shí)，an＋1＝b1＋sin an.
對(duì)任意給定的a1，只要ap＝aq，則有b1＋sin ap＝b1＋sin aq，即ap＋1＝aq＋1.
充分性得證．
必要性：
用反證法證明．假設(shè){bn}不是常數(shù)列，則存在k∈N*，
使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而bk＋1≠b.
下面證
14、明存在滿足an＋1＝bn＋sin an的{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1.
設(shè)f(x)＝x－sin x－b，取m∈N*，使得mπ>|b|，則
f＝mπ－b>0，f＝－mπ－b<0，故存在c使得f(c)＝0.
取a1＝c，因?yàn)閍n＋1＝bn＋sin an(1≤n≤k)，所以a2＝b＋sin c＝c＝a1，
依此類推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.
但ak＋2＝bk＋1＋sin ak＋1＝bk＋1＋sin c≠b＋sin c，即ak＋2≠ak＋1.
所以{an}不具有性質(zhì)Ρ，矛盾．
必要性得證．
綜上，“對(duì)任意a1，{an}都具有性質(zhì)Ρ”的充要條件為“
15、{bn}是常數(shù)列”．
考點(diǎn)集訓(xùn) 【p225】
A組題
1．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：0 B．a(chǎn)－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
【解析】0
?(a－c)(2a＋c)>0
?(a－c)(a－b)>0.
【答案】C
2．命題“對(duì)于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的證明：“cos4θ
16、－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”過程應(yīng)用了( )
A．分析法
B．綜合法
C．綜合法、分析法綜合使用
D．間接證明法
【解析】因?yàn)樽C明過程是“從左向右”，即由條件逐步推向結(jié)論．
【答案】B
3．若|loga|＝loga，|logba|＝－logba，則a，b滿足的條件是( )
A．a(chǎn)＞1，b＞1 B．0＜a＜1，b＞1
C．a(chǎn)＞1，0＜b＜1 D．0＜a＜1，0＜b＜1
【解析】∵|loga|＝loga，
∴l(xiāng)oga≥0＝loga1，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知0＜a＜1.
∵|logba|＝
17、－logba，
∴l(xiāng)ogba≤0＝logb1，但b≠1，所以根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知b＞1.
【答案】B
4．已知函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a3>0，則f(a1)＋f(a3)＋f(a5)的值( )
A．恒為正數(shù)B．恒為負(fù)數(shù)
C．恒為0 D．可正可負(fù)
【解析】由于f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，且a3>0，所以f(a3)>f(0)＝0.
而a1＋a5＝2a3，所以a1＋a5>0，則a1>－a5，
于是f(a1)>f(－a5)，即f(a1)>－f(a5)，
因此f(a1)＋f(a5)>0，所以有f(a1)＋f(a3)＋f(a5)>
18、0.
【答案】A
5．已知a>0，m＝－，n＝a＋－2，則m，n的大小關(guān)系是__________ .
【解析】分析法：－≥a＋－2，
只需證＋2≥a＋＋，
因?yàn)閍>0，所以不等式兩邊均大于零．
因此只需證≥，
即證a2＋＋4＋4≥a2＋＋4＋2，
只需證≥，
只需證a2＋≥，即證a2＋≥2，
只需證≥0，而≥0顯然成立，所以m≥n.
【答案】m≥n
6．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區(qū)間內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使f(c)>0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________．
【解析】法一：(補(bǔ)集法)
令解得p≤－3或p≥，
故滿足條件的p的取值范圍
19、為.
法二：(直接法)
依題意有f(－1)＞0或f(1)＞0，
即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，
得－＜p＜1或－3＜p＜.
故滿足條件的p的取值范圍是.
【答案】
7．(1)設(shè)a≥b≥0，用綜合法證明：a3＋b3≥a2b＋ab2；
(2)用分析法證明：＋＞2＋.
【解析】(1)∵a3＋b3－(a2b＋ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2)＝(a－b)2(a＋b)，
而(a－b)2≥0，a＋b>0，
∴a3＋b3－(a2b＋ab2)≥0，
∴a3＋b3≥a2b＋ab2.
(2)要證＋＞2＋，只需證(＋)2＞(2＋)2，
即證＞
20、2，只需證()2＞(2)2，即42＞40，而42＞40顯然成立，故原不等式得證．
8．已知函數(shù)f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)證明：函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)；
(2)用反證法證明：方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根．
【解析】法一：任取x1，x2∈(－2，＋∞)，不妨設(shè)x1＜x2，
則x2－x1＞0，ax2－x1＞1且ax1＞0，
所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0，
又因?yàn)閤1＋2>0，x2＋2>0，
所以－＝＞0，
于是f(x2)－f(x1)＝(ax2－ax1)＋＞0，
故函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)．
法二：f′(x)＝axln
21、a＋，
∵a>1，ln a>0，∴axln a＋＞0，
f′(x)>0在(－2，＋∞)上恒成立，即f(x)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)．
(2)假設(shè)存在x0＜0(x0≠－2)滿足f(x0)＝0，
則ax0＝－，因?yàn)閤0<0(x0≠－2)，a>1，所以0＜ax0＜1，所以0＜－＜1，解得＜x0＜3，與假設(shè)x0<0矛盾．
故方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根．
B組題
1．已知a，b，c∈(0，＋∞)，則下列三個(gè)數(shù)a＋，b＋，c＋( )
A．都大于6 B．至少有一個(gè)不大于6
C．都小于6 D．至少有一個(gè)不小于6
【解析】假設(shè)三個(gè)數(shù)a＋，b＋，c＋都小于6，則a＋＋b＋＋c＋<18.
22、利用基本不等式可得，a＋＋b＋＋c＋＝＋＋≥18，這與假設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立，即三個(gè)數(shù)a＋，b＋，c＋至少有一個(gè)不小于6.
【答案】D
2．對(duì)于任意n∈N*，求證：
1＋＋＋＋…＋<.
【解析】法一：∵＝<＝－(n≥2)，
∴1＋＋＋＋…＋
<1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋
＝＋－＝－<.
法二：∵n∈N*，當(dāng)n≥2時(shí)，
n2>n2－1＝(n＋1)(n－1)>0，
∴<＝.
∴1＋＋＋＋…＋
<1＋
＝1＋
＝－<.
3．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.求證：＋＝.
【解析】要證＋＝，
即證＋＝3，也就是＋＝1，
只
23、需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需證c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B，即b2＝a2＋c2－ac，
故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．
4．直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：＋y2＝1相交于A，C兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時(shí)，求AC的長(zhǎng)；
(2)當(dāng)點(diǎn)B在W上且不是W的頂點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形OABC不可能為菱形．
【解析】(1)因?yàn)樗倪呅蜲ABC為菱形，
則AC與OB相互垂直平分．
由于O(0，0)，B(0，1)，
所以設(shè)點(diǎn)A，代入橢圓方程得＋＝1，
則t＝±，故|AC|＝2.
(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AC⊥OB，所以k≠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)，且m≠0，k≠0，
所以直線OB的斜率為kOM＝－，
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．
12
（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理（含解析）新人教A版
