衡阳个性化教育倡导者第十五讲 直接证明与间接证明教学目标：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.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.1、知识回顾 课前热身知识点 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，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法框图表示： (其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、P Q1 Q1 Q2 Q2 Q3 Qn Q定理等，Q 表示所要证明的结论 )(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，这种证明方法叫做分析法框图表示： .QP1 P1P2 P2P3 得 到 一 个 明 显 成 立 的 条 件知识点 2、间接证明反证法：假设原命题不成立，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知识点 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(n0N *)时命题成立；(2)(归纳递推 )假设 nk( kn 0，kN *)时命题成立，证明当 nk1 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2、例题辨析 推陈出新例 1、设 a、b、c0，证明 abc.a2b b2c c2a 衡阳个性化教育倡导者解答 a、b、c0，根据基本不等式，有 b2a， c2b， a2c.a2b b2c c2a三式相加： abc2(abc)，即 abc.a2b b2c c2a a2b b2c c2a保持本例条件不变 ，试证明 a3b 3c 3 (a2b 2c 2)(abc) 13证明：a、b、c0， a2b 22ab， (a2b 2)(ab) 2ab(ab) ，a3b 3a 2bab 22ab(ab)2a 2b2ab 2，a3b 3a 2bab 2.同理，b 3c 3b 2cbc 2，a3c 3a 2cac 2，将三式相加得，2(a3b 3c 3)a 2bab 2b 2cbc 2a 2cac 2.3(a3b 3c 3)(a 3a 2ba 2c)( b3b 2ab 2c)(c 3c 2ac 2b)(a 2b 2c 2)(abc) a3 b3c 3 (a2b 2c 2)(abc) 13变式练习1已知 xyz1，求证：x 2y 2z 2 .13证明：x 2y 22xy ，x2z 22xz ，y2z 22yz，2x 22y 22z 22xy2xz2yz .3x23y 23z 2x 2y 2z 22xy2xz 2yz.3( x2y 2z 2)(x yz) 21.x 2y 2z 2 .13例 2、已知函数 f(x)tan x，x ，若 x1，x 2 ，且 x1x 2，求证： f(x1)f (x2)f(0，2) (0，2) 12.(x1 x22 )解答要证 f(x1)f(x 2)f ，即证明 (tan x1tan x 2)tan ，12 (x1 x22 ) 12 x1 x22只需证明 tan ，只需证明 .12(sin x1cos x1 sin x2cos x2) x1 x22 sinx1 x22cosx1cosx2 sinx1 x21 cosx1 x2由于 x1、x2 ，故 x1x 2(0，)故 cos x1cos x20，sin(x1x 2)0，1cos( x1x 2)0，(0，2)故只需证明 1cos(x 1x 2)2cos x1cos x2，即证 1cos x 1cos x2sin x 1sin x22cos x1cos x2，即证 cos(x1x 2)f .(0，2) 12 (x1 x22 ) 衡阳个性化教育倡导者变式练习2已知 a0，求证： a 2.a2 1a2 2 1a证明：要证 a 2，只要证 2a .a2 1a2 2 1a a2 1a2 1a 2a 0，故只要证 2 2，即 a2 4 4a 22 2 2，(a2 1a2 2) (a 1a 2) 1a2 a2 1a2 1a2 2(a 1a)从而只要证 2 ，只要 证 4 2 ，a2 1a2 2(a 1a) (a2 1a2) (a2 2 1a2)即 a2 2，而上述不等式 显然成立，故原不等式成立 .1a2例 3、设 an是公比为 q 的等比数列，S n是它的前 n 项和(1)求证：数列S n不是等比数列；(2)数列 Sn是等差数列吗？为什么？解答(1)证明：若S n是等比数列， 则 S S 1S3，即 a (1q) 2a 1a1(1qq 2)，2 21a1 0，(1q )21qq 2，解得 q0，这与 q0 相矛盾，故数列 Sn不是等比数列(2)当 q1 时， Sn是等差数列当 q1 时，S n不是等差数列假设 q1 时，S 1，S2，S3 成等差数列，即2S2S 1S 3，2a1(1q)a 1 a1(1qq 2)由于 a10， 2(1q)2qq 2，即 qq 2，q 1，q0，这与 q0 相矛盾综上可知，当 q1 时，S n是等差数列；当 q1 时， Sn不是等差数列变式练习3求证：a，b，c 为正实数的充要条件是 abc0，且 abbcca0 和 abc0.证明：必要性(直接证法)：a， b，c 为正实数， abc0，abbcca0， abc0，因此必要性成立充分性(反证法)：假设 a，b，c 是不全为正的实数，由于 abc0，则它们只能是两负一正，不妨 设 a0.又abbcca0， a(bc)bc 0，且 bc0.又 a0，a( bc )0，a0.这与 a0，即 a( bc)0.又 a0.则 a(bc)nxn1，nN *)至少有 n 个(即 xn，nN *) 至多有 n1 个(即 x Q BPQ CPb，a0，则实数 p的取值范围是_解析：法一：(补集法)令Error! 解得 p3 或 p ，故满足条件的 p 的范围为 .32 ( 3，32)法二：(直接法)依题意有 f( 1)0 或 f(1)0，即 2p2p10 或 2p23p90，得 p1 或3p ，故满足条件的 p 的取值范围是 . 答案：12 32 ( 3，32) ( 3，32)12若 a，b，c 是不全相等的正数，求证：lg lg lg lg alg blg c.a b2 b c2 c a2证明：要证 lg lg lg lg alg blg c，只需证 lg lg(a bc)，a b2 b c2 c a2 (a b2 b c2 c a2 )只需证 abc.(中间结果) a，b，c 是不全相等的正数， 由基本不等式得：a b2 b c2 c a2 0， 0 ， 0，a b2 ab b c2 bc c a2 ac且上三式中由于 a，b，c 不全相等，故等号不同 时成立 abc.(中间结 果) lg lg lg lg alg blg c.a b2 b c2 c a2 a b2 b c2 c a213等差数列a n的前 n 项和为 Sn，a 11 ，S 393 .2 2(1)求数列a n的通项 an与前 n 项和 Sn；(2)设 bn (n N*)，求证：数列b n中任意不同的三项都不可能成为等比数列Snn解：(1)由已知得Error!解得 d2，故 an2n1 ，Snn(n )2 2 衡阳个性化教育倡导者(2)证明：由(1)得 bn n .Snn 2假设数列b n中存在三项 bp，bq，br(p，q，r 互不相等)成等比数列，则 b b pbr.2q即(q )2(p )(r )(q2pr) (2qpr) 0. p，q，rN*，Error!2 2 2 2 2pr ，(pr) 20. pr. 与 pr 矛盾(p r2 )数列 bn中任意不同的三项都不可能成等比数列14用数学归纳法证明 (nN *)113 135 12n 12n 1 n2n 1证明：(1)当 n1 时，左 边 ，右边 ，左边右边所以 n1 时等式成立113 13 121 1 13(2)假设 nk 时等式成立，即有 .113 135 12k 12k 1 k2k 1则当 nk1 时， 113 135 12k 12k 1 12k 12k 3 k2k 1 12k 12k 3 .2k2 3k 12k 12k 3 k 12k 12k 12k 3 k 12k 3 k 12k 1 1这就是说，nk 1 时等式也成立由(1)(2) 可知，等式对一切 nN*都成立