13.3 直接證明與間接證明
一、填空題
1．用反證法證明命題：「已知a，b∈n，若ab可被5整除，則a，b中至少有乙個能被5整除」時，反設是________．
解析由反證法的定義得，反設即否定結論．
答案 a，b都不能被5整除
2.用反證法證明:若整係數一元二次方程c=有有理數根,那麼a、b、c中至少有乙個偶數時,下列假設正確的是( )
①假設a、b、c都是偶數
②假設a、b、c都不是偶數
③假設a、b、c至多有乙個偶數
④假設a、b、c至多有兩個偶數
解析 「至少有乙個」的否定是「都不是」.
答案 ②
3．下列各式中對x∈r都成立的序號是________．
①lg(x2＋1)≥lg(2x) ②x2＋1＞2x
③≤1x＋≥2
解析 ①④中x必須大於0，故①④排除，②中應x2＋1≥ 2x，故②不正確．
答案 ③
4．命題「如果數列的前n項和sn＝2n2－3n，那麼數列一定是等差數列」是________命題(填「真」、「假」)
解析 ∵sn＝2n2－3n，
∴sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，
∴an＝sn－sn－1＝4n－5(n＝1時，a1＝s1＝－1符合上式)．
又∵an＋1－an＝4(n≥1)，∴是等差數列．
答案真5．已知函式f(x)＝x，a，b是正實數，a＝f，b＝f()，c＝f，則a、b、c的大小關係為________．
解析 ∵≥≥，又f(x)＝x在r上是減函式．
∴f≤f()≤f.
答案 a≤b≤c
6．下列條件：①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b＜0，其中能使
＋≥2成立的條件的個數是________．
解析要使＋≥2，只要＞0且＞0，即a，b不為0且同號即可，故有3個．
答案 3
7．設a、b、c均為正實數，則三個數a＋、b＋、c＋，則下列關於a，b，c三個數的結論，正確的序號是________．
①都大於2 ②都小於2
③至少有乙個不大於2 ④至少有乙個不小於2
解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴＋＋＝＋＋≥6，
當且僅當a＝b＝c時，「＝」成立，故三者不能都小於2，
即至少有乙個不小於2.
答案 ④
8．要證明「＋＜2」可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是________(填序號)．
①反證法，②分析法，③綜合法．
答案 ②
9.已知且則使得a+恆成立的的取值範圍是 .
解析 ∵且
∴a+b=
∴a+b的最小值為16.
∴要使恆成立,只需
∴0<16.
答案10．已知a、b、c是互不相等的非零實數．若用反證法證明三個方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有乙個方程有兩個相異實根．應假設
解析用反證法證明命題時，假設結論不成立，即否定命題．
答案三個方程都沒有兩個相異實根
11．設x，y，z是空間的不同直線或不同平面，且直線不在平面內，下列條件中能保證「若x⊥z，且y⊥z，則x∥y」為真命題的是填寫所有正確條件的代號)
①x為直線，y，z為平面；②x，y，z為平面；③x，y為直線，z為平面；
④x，y為平面，z為直線；⑤x，y，z為直線．
解析 ①中x⊥平面z，平面y⊥平面z，
∴x∥平面y或x平面y.
又∵x平面y，∴x∥y成立．
②中若x，y，z均為平面，則x可與y相交，故②不成立．
③x⊥z，y⊥z，x，y為不同直線，故x∥y成立．
④z⊥x，z⊥y，z為直線，x，y為平面可得x∥y，④成立．
⑤x，y，z均為直線x，y可平行、異面、相交，故⑤不成立．
答案 ①③④
12．如果a＋b＞a＋b，則a、b應滿足的條件是________．
解析首先a≥0，b≥0且a與b不同為0.
要使a＋b＞a＋b，只需(a＋b)2＞(a＋b)2，
即a3＋b3＞a2b＋ab2，只需(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)，只需a2－ab＋b2＞ab，即(a－b)2＞0，只需a≠b.故a，b應滿足a≥0，b≥0且a≠b.
答案 a≥0，b≥0且a≠b
13．已知函式f(x)滿足f(p＋q)＝f(p)f(q)，f(1)＝3，則
解析由f(p＋q)＝f(p)f(q)，令p＝q＝n，得f2(n)＝f(2n)，
原式＝＋＋＋
＝2f(1)＋＋＋
＝8f(1)＝24.
答案 24
二、解答題
14．已知a，b，c是互不相等的實數．
求證：由y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a和y＝cx2＋2ax＋b確定的三條拋物線至少有一條與x軸有兩個不同的交點．
證明假設題設中的函式確定的三條拋物線都不與x軸有兩個不同的交點(即任何一條拋物線與x軸沒有兩個不同的交點)，
由y＝ax2＋2bx＋c，
y＝bx2＋2cx＋a，
y＝cx2＋2ax＋b，
得δ1＝(2b)2－4ac≤0，δ2＝(2c)2－4ab≤0，
δ3＝(2a)2－4ac≤0，
上述三個同向不等式相加得，
4b2＋4c2＋4a2－4ac－4ab－4bc≤0，
∴2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ca≤0，
∴(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0，
∴a＝b＝c，這與題設a，b，c互不相等矛盾，
因此假設不成立，從而命題得證．
15．已知非零向量a，b，且a⊥b，求證：≤.
證明 a⊥ba·b＝0，
要證≤.
只需證|a|＋|b|≤|a＋b|，
只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)
只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，
即(|a|－|b|)2≥0，
上式顯然成立，故原不等式得證．
16．在數列中，a1＝，an＋1＝，n∈n*.
(1)求證：數列為等比數列；
(2)設sn＝＋＋…＋，若sn＜100，求最大的正整數n；
(3)是否存在互不相等的正整數m，t，n，使m，t，n成等差數列，且am－1，
at－1，an－1成等比數列？如果存在，請給出證明；如果不存在，請說明理由．
解析 (1)證明因為＝＋，所以－1＝－＝，
且－1＝≠0，所以數列為等比數列．
(2)由(1)得－1＝×n－1，所以＝2×n＋1.
於是由sn＝＋＋…＋＝n＋2
＝n＋2·＝n＋1－＜100，得nmax＝99.
(3)假設存在，則有m＋n＝2t，(am－1)(an－1)＝(at－1)2，因為an＝，
所以＝2，整理得3m＋3n＝2·3t，即3m,3t,3n成等差數列．又m，t，n成等差數列，所以3m,3t,3n又成等比數列．
所以3m＝3t＝3n，m＝t＝n，這與m，t，n互不相等矛盾．
故不存在滿足題意的m，t，n.
17．設等差數列的前n項和為sn，且a5＋a13＝34，s3＝9.
(1)求數列的通項公式及前n項和公式；
(2)設數列的通項公式為bn＝，問是否存在正整數t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈n*)成等差數列？若存在，求出t和m的值；若不存在，請說明理由．
解析 (1)設等差數列的公差為d，則由
得解得故an＝2n－1，sn＝n2.
(2)假設存在正整數t.由(1)知bn＝，要使b1，b2，bm成等差數列；則需2b2＝b1＋bm，即2×＝＋，整理，得m＝3＋.
當t＝2時，m＝7；當t＝3時，m＝5；當t＝5時，m＝4.
故存在正整數t，使得b1，b2，bm成等差數列．
18．知函式f(x)＝x2＋＋alnx(x>0)，對於任意不等的兩個正數x1，x2，證明：當a≤0時， >f.
[思路] 利用函式f(x)＝x2＋＋alnx(x>0)，分別計算出左、右兩邊的值，每邊都有三項，觀察他們對應項的特點，採用綜合法證明．
解析由f(x)＝x2＋＋alnx(x>0)，得
＝(x＋x)＋＋(lnx1＋lnx2)
＝(x＋x)＋＋aln，
f＝2＋＋aln.
而(x＋x)＝(x＋x＋x＋x)> (x＋x＋2x1x2)＝2.①
∵(x1＋x2)2＝(x＋x)＋2x1x2>4x1x2，
∴>.②
∵<，∴ln又a≤0，∴aln≥aln.③
由①②③得(x＋x)＋＋aln>2＋＋aln，
故》f.
高中數學學案36直接證明與間接證明
導學目標 1.了解直接證明的兩種基本方法 分析法和綜合法 了解分析法和綜合法的思考過程及特點.2.了解間接證明的一種基本方法 反證法，了解反證法的思考過程及特點 自主梳理 1 直接證明 1 綜合法 定義 從已知條件出發，以為依據，逐步下推，直到推出所要證明的結論為止，這種證明方法叫做綜合法 框圖表示...
直接證明與間接證明高考數學總複習高中數學課時訓
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直接證明與間接證明
教學過程 課堂匯入 已知，運用分析法和綜合法證明不等式成立。下面進入我們今天的學習！複習預習 1 綜合法從已知出發，以已知的定義 公理 定理為依據，逐步下推，直到推出要證明的結論為止 2 分析法從問題的結論出發，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使結論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止 3 ...