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高中数学解题基本方法4


五、数学归纳法 归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。归纳推理分完全归纳推理与不完全归 纳推理两种。 不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质, 推断该类事物 全体都具有的性质,这种推理方法,在数学推理论证中是不允许的。完全归纳推理是在考察 了一类事物的全部对象后归纳得出结论来。 数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法,在解数学题中有 着广泛的应用。它是一个递推的数学论证方法,论证的第一步是证明命题在 n=1(或 n 0 )时 成立,这是递推的基础;第二步是假设在 n=k 时命题成立,再证明 n=k+1 时命题也成立, 这是无限递推下去的理论依据, 它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般, 实际上它使命 题的正确性突破了有限,达到无限。这两个步骤密切相关,缺一不可,完成了这两步,就可 以断定“对任何自然数(或 n≥n 0 且 n∈N)结论都正确” 。由这两步可以看出,数学归纳法 是由递推实现归纳的,属于完全归纳。 运用数学归纳法证明问题时,关键是 n=k+1 时命题成立的推证,此步证明要具有目标 意识,注意与最终要达到的解题目标进行分析比较,以此确定和调控解题的方向,使差异逐 步减小,最终实现目标完成解题。 运用数学归纳法,可以证明下列问题:与自然数 n 有关的恒等式、代数不等式、三角不 等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组: 1. 用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2 n ·1·2…(2n-1) 到 k+1”,左端需乘的代数式为_____。 A. 2k+1 B. 2(2k+1) C. (n∈N) ,从“k

2k + 1 k +1

D.

2k + 3 k +1

2. 用数学归纳法证明 1+

1 1 1 + +…+ n <n (n>1)时,由 n=k (k>1)不等式成 2 3 2 ?1
C. 2k D. 2 k +1

立,推证 n=k+1 时,左边应增加的代数式的个数是_____。 A. 2 k ?1 B. 2 k -1

3. 某个命题与自然数 n 有关,若 n=k (k∈N)时该命题成立,那么可推得 n=k+1 时 该命题也成立。 现已知当 n=5 时该命题不成立, 那么可推得______。 (94 年上海高考) A.当 n=6 时该命题不成立 B.当 n=6 时该命题成立 C.当 n=4 时该命题不成立 D.当 n=4 时该命题成立 4. 数列{a n }中,已知 a 1 =1,当 n≥2 时 a n =a n?1 +2n-1,依次计算 a 2 、a 3 、a 4 后, 猜想 a n 的表达式是_____。 A. 3n-2 B. n 2 C. 3 n?1 D. 4n-3

5. 用数学归纳法证明 3 4 n+ 2 +5 2 n+1 3
4 ( k +1)+ 2

(n∈N)能被 14 整除,当 n=k+1 时对于式子

+5 2( k +1)+1 应变形为_______________________。

1

6. 设 k 棱柱有 f(k)个对角面, k+1 棱柱对角面的个数为 f(k+1)=f(k)+_________。 则 【简解】1 小题:n=k 时,左端的代数式是(k+1)(k+2)…(k+k),n=k+1 时,左端的 代数式是(k+2)(k+3)…(2k+1)(2k+2),所以应乘的代数式为 2 小题: k +1 -1)-(2 k -1)=2 k ,选 C; (2 3 小题:原命题与逆否命题等价,若 n=k+1 时命题不成立,则 n=k 命题不成立,选 C。 4 小题:计算出 a 1 =1、a 2 =4、a 3 =9、a 4 =16 再猜想 a n ,选 B; 5 小题:答案(3
4k + 2

( 2k + 1)( 2k + 2) ,选 B; k +1

+5 2 k +1 )3 k +5 2 k +1 (5 2 -3 4 ) ;

6 小题:答案 k-1。 示范性题组: Ⅱ、示范性题组: 例1. 已知数列

8·1 8·n ,…。S n 为其前 n 项和,求 S 1 、 2 ,得,…, 1 ·3 ( 2n ? 1) 2 · (2n + 1)2
2

S 2 、S 3 、S 4 ,推测 S n 公式,并用数学归纳法证明。 (93 年全国理) 【解】 计算得 S 1 = 猜测 S n =

80 24 48 8 ,S 2 = ,S 3 = ,S 4 = , 9 25 49 81
(n∈N)。

( 2n + 1) 2 ? 1 ( 2n + 1) 2

当 n=1 时,等式显然成立; 假设当 n=k 时等式成立,即:S k =

( 2k + 1) 2 ? 1 , ( 2k + 1) 2

当 n=k+1 时,S k +1 =S k +

8·( k + 1) ( 2k + 1) 2 ·( 2k + 3) 2



8·( k + 1) ( 2k + 1) 2 ? 1 + 2 ( 2k + 1) 2 ·( 2k + 3) 2 ( 2k + 1)



( 2k + 1) 2 ? ( 2k + 3) 2 ? ( 2k + 3) 2 + 8·( k + 1) ( 2k + 1) 2 ·( 2k + 3) 2

( 2k + 1) 2 ? ( 2k + 3) 2 ? ( 2k ? 1) 2 ( 2k + 3) 2 ? 1 = = , ( 2k + 3) 2 ( 2k + 1) 2 ·( 2k + 3) 2
由此可知,当 n=k+1 时等式也成立。 综上所述,等式对任何 n∈N 都成立。

2

【注】 把要证的等式 S k +1 =

( 2k + 3) 2 ? 1 作为目标,先通分使分母含有(2k+3) 2 ,再 2 ( 2k + 3)

考虑要约分,而将分子变形,并注意约分后得到(2k+3) 2 -1。这样证题过程中简洁一些, 有效地确定了证题的方向。 本题的思路是从试验、 观察出发, 用不完全归纳法作出归纳猜想, 再用数学归纳法进行严格证明,这是关于探索性问题的常见证法,在数列问题中经常见到。 假如猜想后不用数学归纳法证明,结论不一定正确,即使正确,解答过程也不严密。必须要 进行三步:试值 → 猜想 → 证明。 【另解】 用裂项相消法求和: 由 an =

1 1 8·n 得, 2 - 2 2 = ( 2n ? 1) ( 2 n + 1) 2 ( 2n ? 1) · (2n + 1)
1 1 1 1 1 1 2 )+( 2 - 2 )+……+ 2 - 2 =1- ( 2n ? 1) ( 2 n + 1) ( 2 n + 1) 2 3 3 5

S n =(1-

( 2n + 1) 2 ? 1 。 = ( 2n + 1) 2
此种解法与用试值猜想证明相比,过程十分简单,但要求发现

8·n = ( 2n ? 1) 2 · (2n + 1)2

1 1 的裂项公式。可以说,用试值猜想证明三步解题,具有一般性。 2 - ( 2n ? 1) ( 2 n + 1) 2
例 2. 设 a n = 1× 2 + 2× 3 +…+ n( n + 1) (n+1) 2 。 【分析】与自然数 n 有关,考虑用数学归纳法证明。n=1 时容易证得,n=k+1 时,因 为 a
k +1

(n∈N),证明:

1 1 n(n+1)<a n < 2 2

=a

k



( k + 1)( k + 2) , 所 以 在 假 设 n = k 成 立 得 到 的 不 等 式 中 同 时 加 上

( k + 1)( k + 2) ,再与目标比较而进行适当的放缩求解。
【解】 当 n=1 时,a n = 2 , ∴ n=1 时不等式成立。

1 1 1 n(n+1)= , (n+1) 2 =2 , 2 2 2

1 1 k(k+1)<a k < (k+1) 2 , 2 2 1 1 当 n=k+1 时, k(k+1)+ ( k + 1)( k + 2) <a k +1 < (k+1) 2 + ( k + 1)( k + 2) , 2 2 1 1 1 1 k(k+1)+ ( k + 1)( k + 2) > k(k+1)+(k+1)= (k+1)(k+3)> (k+1)(k+2), 2 2 2 2
假设当 n=k 时不等式成立,即:

3

1 1 1 1 3 2 2 2 2 (k+1) + ( k + 1)( k + 2) = (k+1) + k + 3k + 2 < (k+1) +(k+ )= (k 2 2 2 2 2
2 +2) ,

所以

1 1 2 (k+1)(k+2) <a k < (k+2) ,即 n=k+1 时不等式也成立。 2 2 1 1 2 综上所述,对所有的 n∈N,不等式 n(n+1)<a n < (n+1) 恒成立。 2 2
3 )的两步放缩是证 n 2

【注】 用数学归纳法解决与自然数有关的不等式问题,注意适当选用放缩法。本题中 分别将 ( k + 1)( k + 2) 缩小成(k+1)、 将 ( k + 1)( k + 2) 放大成(k+

=k+1 时不等式成立的关键。为什么这样放缩,而不放大成(k+2),这是与目标比较后的 要求,也是遵循放缩要适当的原则。 本题另一种解题思路是直接采用放缩法进行证明。主要是抓住对 n( n + 1) 的分析,注 意与目标比较后,进行适当的放大和缩小。解法如下:由 n( n + 1) >n 可得,a n >1+2+3

1 1 1 1 n(n+1);由 n( n + 1) <n+ 可得,a n <1+2+3+…+n+ ×n= n(n+ 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1)+ n= (n +2n)< (n+1) 2 。所以 n(n+1)<a n < (n+1) 2 。 2 2 2 2 2 n( a1 + a n ) 例 3. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ,若对于所有的自然数 n,都有 S n = , 2
+…+n= 证明{a n }是等差数列。 (94 年全国文) 【分析】 要证明{a n }是等差数列,可以证明其通项符合等差数列的通项公式的形式, 即证:a n =a 1 +(n-1)d 。命题与 n 有关,考虑是否可以用数学归纳法进行证明。 【解】 设 a 2 -a 1 =d,猜测 a n =a 1 +(n-1)d 当 n=1 时,a n =a 1 , ∴ 当 n=1 时猜测正确。 ∴当 n=2 时猜测正确。

当 n=2 时,a 1 +(2-1)d=a 1 +d=a 2 ,

假设当 n=k(k≥2)时,猜测正确,即:a k =a 1 +(k-1)d , 当 n=k+1 时,a k +1 =S k +1 -S k =

( k + 1)( a1 + a k +1 ) k ( a1 + a k ) - , 2 2

将 a k =a 1 +(k-1)d 代入上式, 得到 2a k +1 =(k+1)(a 1 +a k +1 )-2ka 1 -k(k-1)d, 整理得(k-1)a k +1 =(k-1)a 1 +k(k-1)d, 因为 k≥2,所以 a k +1 =a 1 +kd,即 n=k+1 时猜测正确。
4

综上所述,对所有的自然数 n,都有 a n =a 1 +(n-1)d,从而{a n }是等差数列。 【注】 将证明等差数列的问题转化成证明数学恒等式关于自然数 n 成立的问题。在证 明过程中 a k +1 的得出是本题解答的关键,利用了已知的等式 S n =

n( a1 + a n ) 、数列中通项 2

与前 n 项和的关系 a k +1 =S k +1 -S k 建立含 a k +1 的方程,代入假设成立的式子 a k =a 1 +(k -1)d 解出来 a k +1 。另外本题注意的一点是不能忽视验证 n=1、n=2 的正确性,用数学归 纳法证明时递推的基础是 n=2 时等式成立,因为由(k-1)a k +1 =(k-1)a 1 +k(k-1)d 得到 a k +1 =a 1 +kd 的条件是 k≥2。 【另解】 可证 a n +1 -a n = a n - a n ?1 对于任意 n≥2 都成立:当 n≥2 时,a n =S n - S n ?1 =

n( a1 + a n ) ( n ? 1)( a1 + a n ?1 ) ( n + 1)( a1 + a n +1 ) - ;同理有 a n+1 =S n+1 -S n = - 2 2 2 n( a1 + a n ) ( n + 1)( a1 + a n +1 ) ( n ? 1)( a1 + a n ?1 ) ;从而 a n+1 -a n = -n(a 1 +a n )+ ,整 2 2 2

理得 a n+1 -a n = a n - a n?1 ,从而{a n }是等差数列。 一般地,在数列问题中含有 a n 与 S n 时,我们可以考虑运用 a n =S n -S n?1 的关系,并 注意只对 n≥2 时关系成立,象已知数列的 S n 求 a n 一类型题应用此关系最多。 Ⅲ、巩固性题组: 巩固性题组: 1. 用数学归纳法证明:6 2 n?1 +1 (n∈N)能被 7 整除。 2. 用数学归纳法证明: 1×4+2×7+3×10+…+n(3n+1)=n(n+1) 2 3. n∈N,试比较 2 n 与(n+1) 2 的大小,并用证明你的结论。 4. 用数学归纳法证明等式:cos x ·cos x2 ·cos x3 ·…·cos xn =
2 2 2 2
sin x x 2 · sin n 2
n

(n∈N)。

(81

年全国高考) 5. 用数学归纳法证明: |sinnx|≤n|sinx| 6. 数列{a n }的通项公式 a n =
1 ( n + 1)2

(n∈N) 。

(85 年广东高考)

(n∈N), f(n)=(1-a 1 )(1-a 2 )…(1-a n ), 设

试求 f(1)、f(2)、f(3)的值,推测出 f(n)的值,并用数学归纳法加以证明。 7. ∈N)。 ①.求 a 2 和 a 3 ; ②.猜测 a n ,并用数学归纳法证明你的猜测。
5

已知数列{a n }满足 a 1 =1,a n =a n?1 cosx+cos[(n-1)x], (x≠kπ,n≥2 且 n

2 8. 设 f(log a x)= a( x 2 ? 1) , ①.求 f(x)的定义域; ②.在 y=f(x)的图像上是否存在

x( a ? 1)

两个不同点, 使经过这两点的直线与 x 轴平行?证明你的结论。 且 n∈N)

③.求证: f(n)>n

(n>1

六、参数法 参数法是指在解题过程中,通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量 (参数) ,以此作为媒介,再进行分析和综合,从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程 都是用参数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。 辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的,联系的方式是丰富多采的,科学的任务就 是要揭示事物之间的内在联系, 从而发现事物的变化规律。 参数的作用就是刻画事物的变化 状态,揭示变化因素之间的内在联系。参数体现了近代数学中运动与变化的思想,其观点已 经渗透到中学数学的各个分支。运用参数法解题已经比较普遍。 参数法解题的关键是恰到好处地引进参数,沟通已知和未知之间的内在联系,利用参数 提供的信息,顺利地解答问题。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组: 1. 设 2 x =3 y =5 z >1,则 2x、3y、5z 从小到大排列是________________。

2. (理)直线 ?

? x = ?2 ? 2t ? ? y = 3 + 2t ?

上与点 A(-2,3)的距离等于 2 的点的坐标是________。

(文)若 k<-1,则圆锥曲线 x 2 -ky 2 =1 的离心率是_________。 3. 点 Z 的 虚 轴 上 移 动, 则 复 数 C = z 2 + 1 + 2 i 在 复 平 面 上 对 应 的 轨 迹 图 像 为 ____________________。 4. 三棱锥的三个侧面互相垂直,它们的面积分别是 6、4、3,则其体积为______。 5. 设函数 f(x)对任意的 x、y∈R,都有 f(x+y)=f(x)+f(y),且当 x>0 时,f(x)<0, 则 f(x)的 R 上是______函数。(填“增”或“减”)

x2 y2 6. 椭圆 + =1 上的点到直线 x+2y- 2 =0 的最大距离是_____。 16 4
A. 3 B.

11

C.

10

D.

2 2

【简解】1 小题:设 2 x =3 y =5 z =t,分别取 2、3、5 为底的对数,解出 x、y、z,再 用“比较法”比较 2x、3y、5z,得出 3y<2x<5z; 2 小题: (理)A(-2,3)为 t=0 时,所求点为 t=± 2 时,即(-4,5)或(0,1); (文)已 知曲线为椭圆,a=1,c= 1 +

1 1 ,所以 e=- k k

k2 + k ;

6

3 小题:设 z=bi,则 C=1-b +2i,所以图像为:从(1,2)出发平行于 x 轴向右的 射线; 4 小题:设三条侧棱 x、y、z,则

2

1 1 1 xy=6、 yz=4、 xz=3,所以 xyz=24,体积为 4。 2 2 2

5 小题:f(0)=0,f(0)=f(x)+f(-x),所以 f(x)是奇函数,答案:减; 6 小题:设 x=4sinα、y=2cosα,再求 d= Ⅱ、示范性题组: 示范性题组:
2 2 2 例1. 实数 a、b、c 满足 a+b+c=1,求 a +b +c 的最小值。

|4 sin α + 4 cos α ? 2 | 的最大值,选 C。 5

【分析】由 a+b+c=1 想到“均值换元法” ,于是引入了新的参数,即设 a= b=

1 +t 1 , 3

1 1 +t 2 ,c= +t 3 ,代入 a 2 +b 2 +c 2 可求。 3 3 1 1 1 【解】由 a+b+c=1,设 a= +t 1 ,b= +t 2 ,c= +t 3 ,其中 t 1 +t 2 +t 3 =0, 3 3 3 1 1 1 1 2 ∴ a 2 +b 2 +c 2 =( +t 1 ) 2 +( +t 2 ) 2 +( +t 3 ) 2 = + (t 1 +t 2 +t 3 ) 3 3 3 3 3 1 1 +t 1 2 +t 2 2 +t 3 2 = +t 1 2 +t 2 2 +t 3 2 ≥ 3 3 1 所以 a 2 +b 2 +c 2 的最小值是 。 3

【注】由“均值换元法”引入了三个参数,却将代数式的研究进行了简化,是本题此种 解法的一个技巧。 本题另一种解题思路是利用均值不等式和“配方法”进行求解,解法是:a 2 +b 2 +c 2 = (a+b+c) 2 -2(ab+bc+ac)≥1-2(a 2 +b 2 +c 2 ),即 a 2 +b 2 +c 2 ≥

1 。 3

两种解法都要求代数变形的技巧性强,多次练习,可以提高我们的代数变形能力。

x2 y2 1 例2. 椭圆 + =1 上有两点 P、Q,O 为原点。连 OP、OQ,若 k OP ·k OQ =- , 16 4 4
①.求证:|OP| 2 +|OQ| 2 等于定值; ②.求线段 PQ 中点 M 的轨迹方程。

【分析】 由“换元法”引入新的参数,即设 ?

? x = 4 cos θ ? y = 2 sin θ

(椭圆参数方程) ,参数θ 1 、

θ 2 为 P、Q 两点,先计算 k OP ·k OQ 得出一个结论,再计算|OP| 2 +|OQ| 2 ,并运用“参数 法”求中点 M 的坐标,消参而得。

7

【解】 由

? x = 4 cos θ x2 y2 + =1, ? 设 , P(4cosθ 1 ,2sinθ 1 ), Q(4cosθ 2 ,2sinθ 2 ), 16 4 ? y = 2 sin θ
2 sin θ1 2 sin θ2 1 ? =- ,整理得到: 4 4 cos θ1 4 cos θ2

则 k OP ·k OQ =

cosθ 1 cosθ 2 +sinθ 1 sinθ 2 =0,即 cos(θ 1 -θ 2 )=0。 ∴
1 +cos 2

|OP| +|OQ| =16cos θ 1 +4sin θ 1 +16cos θ 2 +4sin θ 2 =8+12(cos θ θ 2 )=20+6(cos2θ 1 +cos2θ 2 )=20+12cos(θ 1 +θ 2 )cos(θ 1 -θ 2 )=

2

2

2

2

2

2

2

20, 即|OP| 2 +|OQ| 2 等于定值 20。 由中点坐标公式得到线段 PQ 的中点 M 的坐标为 ?

?x M = 2(cos θ1 + cos θ 2 ) , ? y M = sin θ1 + sin θ 2

所以有(

x 2 ) +y 2 =2+2(cosθ 1 cosθ 2 +sinθ 1 sinθ 2 )=2, 2

x2 y2 即所求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程为 + =1。 8 2
【注】由椭圆方程,联想到 a 2 +b 2 =1,于是进行“三角换元” ,通过换元引入新的参数, 转化成为三角问题进行研究。本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法” ,在由中点坐 标公式求出 M 点的坐标后,将所得方程组稍作变形,再平方相加,即(cosθ 1 + cosθ 2 )
2

+(sinθ 1 +sinθ 2 ) 2 ,这是求点 M 轨迹方程“消参法”的关键一步。一般地,求动点

的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以将点的 x、y 坐标分别表示成为一个或几个参数的 函数,再运用“消去法”消去所含的参数,即得到了所求的轨迹方程。 本题的第一问,另一种思路是设直线斜率 k,解出 P、Q 两点坐标再求: 设直线 OP 的斜率 k,则 OQ 的斜率为-

1 ,由椭圆与直线 OP、OQ 相交于 PQ 两点有: 4k

?x 2 + 4 y 2 ? 16 = 0 4 ,消 y 得(1+4k 2 )x 2 =16,即|x P |= ; ? 1 + 4k 2 ? y = kx
? x 2 + 4 y 2 ? 16 = 0 |8k | 1 ? 2 ,消 y 得(1+ ; ? 1 2 )x =16,即|x Q |= 4k y=? x 1 + 4k 2 ? 4k ?
2 2 所以|OP| +|OQ| =( 1 + k
2

?

4 1 + 4k
2

) 2 +( 1 +

|8k | 1 )2 2 ? 2 16k 1 + 4k

8

20 + 80k 2 2 2 = =20。即|OP| +|OQ| 等于定值 20。 2 1 + 4k
在此解法中,利用了直线上两点之间的距离公式|AB|= 1 + k AB 和|OQ|的长。 例 3.已知正四棱锥 S—ABCD 的侧面与底面的夹角为 β,相邻两侧面的夹角为α,求证:cosα=-cos 2 β。 E 【分析】要证明 cosα=-cos 2 β,考虑求出α、β的 D 余弦,则在α和β所在的三角形中利用有关定理求解。 【解】连 AC、BD 交于 O,连 SO;取 BC 中点 F,连 SF、 OF;作 BE⊥SC 于 E,连 DE。则∠SFO=β,∠DEB=α。 设 BC=a (为参数), 则 SF= O A B F C
2

? |x A -x B |求|OP|
S

OF a = , cos β 2cos β

SC= SF + FC = (
2 2

a a )2 + ( )2 2 cos β 2



a 1 + cos 2 β 2cos β

又 ∵BE=

SF·BC a2 = × SC 2 cos β

1 a 1 + cos 2 β 2 cos β



a 1 + cos 2 β

2BE 2 ? BD 2 在△DEB 中,由余弦定理有:cosα= = 2BE 2
β。 所以 cosα=-cos 2 β。



a2 ? 2a 2 1 + cos 2 β =-cos 2 2 a 2× 1 + cos 2 β

【注】 设参数 a 而不求参数 a,只是利用其作为中间变量辅助计算,这也是在参数法中 参数可以起的一个作用,即设参数辅助解决有关问题。 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组: 1. 已 知 复 数 z 满 足 |z| ≤ 1 , 则 复 数 z + 2 i 在 复 平 面 上 表 示 的 点 的 轨 迹 是 ________________。 2. 函数 y=x+2+ 1 ? 4x ? x 2 的值域是________________。

9

3. 抛物线 y=x -10xcosθ+25+3sinθ-25sin θ与 x 轴两个交点距离的最大值为 _____ A. 5

2

2

B. 10

C.

2 3

D. 3

4. 过点 M(0,1)作直线 L,使它与两已知直线 L 1 :x-3y+10=0 及 L 2 :2x+y-8=0 所 截得的线段被点 P 平分,求直线 L 方程。 5. 求半径为 R 的球的内接圆锥的最大体积。 6. f(x)=(1- a cos x)sinx,x∈[0,2π),求使 f(x)≤1 的实数 a 的取值范围。
2

2
2 3 2 2 7. 若关于 x 的方程 2x 2 +xlg (a ?31) +lg 2 ( a ? 1 )+lg 2 a =0 有模为 1 的虚根, 求

8a

2a

a ?1

实数 a 的值及方程的根。 8. 给定的抛物线 y 2 =2px (p>0),证明:在 x 轴的正向上一定存在一点 M,使得对于 抛物线的任意一条过点 M 的弦 PQ,有
1 + 1 为定值。 | MP| 2 | MQ| 2

七、反证法 与前面所讲的方法不同,反证法是属于“间接证明法”一类,是从反面的角度思考问题 的证明方法, 肯定题设而否定结论, 即: 从而导出矛盾推理而得。 法国数学家阿达玛(Hadamard) 对反证法的实质作过概括: “若肯定定理的假设而否定其结论,就会导致矛盾” 。具体地讲, 反证法就是从否定命题的结论入手, 并把对命题结论的否定作为推理的已知条件, 进行正确 的逻辑推理,使之得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题等相 矛,矛盾的原因是假设不成立,所以肯定了命题的结论,从而使命题获得了证明。 反证法所依据的是逻辑思维规律中的“矛盾律”和“排中律” 。在同一思维过程中,两 个互相矛盾的判断不能同时都为真,至少有一个是假的,这就是逻辑思维中的“矛盾律” ; 两个互相矛盾的判断不能同时都假, 简单地说 或者非 A”, “A 这就是逻辑思维中的 “排中律” 。 反证法在其证明过程中,得到矛盾的判断,根据“矛盾律” ,这些矛盾的判断不能同时为真, 必有一假,而已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题都是真的,所以 “否定的结论”必为假。再根据“排中律” ,结论与“否定的结论”这一对立的互相否定的 判断不能同时为假,必有一真,于是我们得到原结论必为真。所以反证法是以逻辑思维的基 本规律和理论为依据的,反证法是可信的。 反证法的证题模式可以简要的概括我为“否定→推理→否定” 。即从否定结论开始,经 过正确无误的推理导致逻辑矛盾,达到新的否定,可以认为反证法的基本思想就是“否定之 否定” 。应用反证法证明的主要三步是:否定结论 → 推导出矛盾 → 结论成立。实施的具 体步骤是: 第一步,反设:作出与求证结论相反的假设; 第二步,归谬:将反设作为条件,并由此通过一系列的正确推理导出矛盾; 第三步,结论:说明反设不成立,从而肯定原命题成立。 在应用反证法证题时,一定要用到“反设”进行推理,否则就不是反证法。用反证法证 题时,如果欲证明的命题的方面情况只有一种,那么只要将这种情况驳倒了就可以,这种反 证法又叫“归谬法” ;如果结论的方面情况有多种,那么必须将所有的反面情况一一驳倒, 才能推断原结论成立,这种证法又叫“穷举法” 。

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在数学解题中经常使用反证法,牛顿曾经说过: “反证法是数学家最精当的武器之一” 。 一般来讲,反证法常用来证明的题型有:命题的结论以“否定形式”“至少”或“至多” 、 、 “唯一”“无限”形式出现的命题;或者否定结论更明显。具体、简单的命题;或者直接证 、 明难以下手的命题, 改变其思维方向, 从结论入手进行反面思考, 问题可能解决得十分干脆。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组: 1. 已知函数 f(x)在其定义域内是减函数,则方程 f(x)=0 ______。 A.至多一个实根 B.至少一个实根 C.一个实根 D.无实根
2 2. 已知 a<0,-1<b<0,那么 a、ab、ab 之间的大小关系是_____。

A.

a>ab> ab 2

B. ab 2 >ab>a

C. ab>a> ab 2

D. ab> ab 2 >a

3. 已知α∩β=l,a α,b β,若 a、b 为异面直线,则_____。 A. a、b 都与 l 相交 B. a、b 中至少一条与 l 相交 C. a、b 中至多有一条与 l 相交 D. a、b 都与 l 相交 4. 四面体顶点和各棱的中点共 10 个, 在其中取 4 个不共面的点, 不同的取法有_____。 (97 年全国理) A. 150 种 B. 147 种 C. 144 种 D. 141 种 【简解】1 小题:从结论入手,假设四个选择项逐一成立,导出其中三个与特例矛盾, 选 A; 2 小题:采用“特殊值法” ,取 a=-1、b=-0.5,选 D; 3 小题:从逐一假设选择项成立着手分析,选 B;
4 4 小题:分析清楚结论的几种情况,列式是:C 10 -C 4 ×4-3-6,选 D。 6

Ⅱ、示范性题组: 示范性题组: S 例 1. 如图,设 SA、SB 是圆锥 SO 的两条母线,O 是底面 圆心,C 是 SB 上一点。求证:AC 与平面 SOB 不垂直。 C 【分析】结论是“不垂直” ,呈“否定性” ,考虑使用反 证法,即假设“垂直”后再导出矛盾后,再肯定“不垂直” 。 A O 【证明】 假设 AC⊥平面 SOB, B ∵ 直线 SO 在平面 SOB 内, ∴ AC⊥SO, ∵ SO⊥底面圆 O, ∴ SO⊥AB, ∴ SO⊥平面 SAB, ∴平面 SAB∥底面圆 O, 这显然出现矛盾,所以假设不成立。 即 AC 与平面 SOB 不垂直。 【注】否定性的问题常用反证法。例如证明异面直线,可以假设共面,再把假设作为已 知条件推导出矛盾。 例 2. 若下列方程:x 2 +4ax-4a+3=0, x 2 +(a-1)x+a 2 =0, x 2 +2ax-2a=0 至 少有一个方程有实根。试求实数 a 的取值范围。 【分析】 三个方程至少有一个方程有实根的反面情况仅有一种:三个方程均没有实根。 先求出反面情况时 a 的范围,再所得范围的补集就是正面情况的答案。 【解】 设三个方程均无实根,则有:

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1 ? 3 ?? 2 < a < 2 ?△ 1 = 16a 2 ? 4( ?4a + 3) < 0 ? ? 1 3 ? 2 2 ,解得 ?a < ?1或a > ,即- <a<-1。 ?△ 2 = ( a ? 1) ? 4a < 0 3 2 ? ? △ 2 = 4a 2 ? 4( ?2a ) < 0 ? ?? 2 < a < 0 ? ?
所以当 a≥-1 或 a≤-

3 时,三个方程至少有一个方程有实根。 2

【注】 “至少”“至多”问题经常从反面考虑,有可能使情况变得简单。本题还用到了 、 “判别式法”“补集法” 、 (全集 R) ,也可以从正面直接求解,即分别求出三个方程有实根时 (△≥0)a 的取值范围,再将三个范围并起来,即求集合的并集。两种解法,要求对不等 式解集的交、并、补概念和运算理解透彻。 例 3. 给定实数 a,a≠0 且 a≠1,设函数 y=

1 x ?1 (其中 x∈R 且 x≠ ),证明:①. ax ? 1 a

经过这个函数图像上任意两个不同点的直线不平行于 x 轴; ②.这个函数的图像关于直线 y=x 成轴对称图像。(88 年全国理)。 【分析】 “不平行”的否定是“平行” ,假设“平行”后得出矛盾从而推翻假设。 【证明】 ① 设 M 1 (x 1 ,y 1 )、M 2 (x 2 ,y 2 )是函数图像上任意两个不同的点,则 x 1 ≠x 2 , 假设直线 M 1 M 2 平行于 x 轴,则必有 y 1 =y 2 ,即 =x 1 -x 2 ∵x 1 ≠x 2 ∴ a=1, 这与已知“a≠1”矛盾,

x1 ? 1 x2 ?1 = ,整理得 a(x 1 -x 2 ) ax1 ? 1 ax 2 ? 1

因此假设不对,即直线 M 1 M 2 不平行于 x 轴。 ② 由 y=

y ?1 x ?1 得 axy-y=x-1,即(ay-1)x=y-1,所以 x= , ax ? 1 ay ? 1 x ?1 x ?1 的反函数为 y= ,图像一致。 ax ? 1 ax ? 1

即原函数 y=

由互为反函数的两个图像关于直线 y=x 对称可以得到,函数 y=

x ?1 的图像关于直 ax ? 1

线 y=x 成轴对称图像。 【注】对于“不平行”的否定性结论使用反证法,在假设“平行”的情况下,容易得到 一些性质,经过正确无误的推理,导出与已知 a≠1 互相矛盾。第②问中,对称问题使用反 函数对称性进行研究,方法比较巧妙,要求对反函数求法和性质运用熟练。 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组: 1. 已知 f(x)= x ,求证:当 x 1 ≠x 2 时,f(x 1 )≠f(x 2 )。
1+| x|

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2. 已知非零实数 a、b、c 成等差数列,a≠c,求证: 1 、 1 、 1 不可能成等差数列。
a
2

b

c 2

3. 已知 f(x)=x +px+q,求证:|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于 1 。 4. 求证:抛物线 y= x -1 上不存在关于直线 x+y=0 对称的两点。
2
2

5. 已知 a、b∈R,且|a|+|b|<1,求证:方程 x +ax+b=0 的两个根的绝对值均小于 1。 A 6. 两个互相垂直的正方形如图所示,M、N 在 相应对角线上,且有 EM=CN,求证:MN 不 可能垂直 CF。 B M N E C

2

F

D

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