【金版学案】2017版高考一轮总复习数学（理科）（课件+练习）：第六章　不等式、推理与证明 （14份打包）

第六章　不等式、推理与证明 第六节　直接证明与间接证明 设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)． 证明：由题意得，Sn＝na＋d. 由c＝0，得bn＝＝a＋d. 又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4， 即＝a，化简得d2－2ad＝0， 因为d≠0，所以d＝2a. 因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a. 从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk. 综合法是“由因导果”的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，常与分析法结合使用，用分析法探路，综合法书写，但要注意有关定理、性质、结论题设条件的正确运用． (2015·广东卷节选)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1. (1)求a4的值； (2)证明：为等比数列． (1)解：当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即 4＋5＝8＋1， 解得a4＝. (2)证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)． ∵4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2， ∴4an＋2＋an＝4an＋1， ∴＝＝ ＝＝， ∴数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列． 已知函数f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f. 证明：要证[f(x1＋f(x2)]>f， 即证明(tan x1＋tan x2)>tan， 只需证明>tan， 只需证明> 由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)． ∴cos x1cos x2>0，sin(x1＋x2)>0， 1＋cos(x1＋x2)>0， 故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cos x1cos x2， 即证1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2， 即证：cos(x1－x2)<1. 由x1，x2∈，x1≠x2知上式显然成立， 因此，[f(x1)＋f(x2)]>f 分析法的特点和思路是“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性． 　　△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c. 求证：＋＝. 证明：要证＋＝， 即证＋＝3也就是＋＝1， 只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需证c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60°，即b2＝c2＋a2－ac， 故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立． 设{an}是公比为q的等比数列． (1)推导{an}的前n项和公式； (2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列． 解：(1)设{an}的前n项和为Sn， 当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1； 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn， ∴Sn＝，∴Sn＝ (2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1， ∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1. ∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0， ∴q＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列． 1．当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等． 2．用反证法证明不等式要把握三点：（1）必须否定结论；（2）必须从否定结论进行推理；（3）推导出的矛盾必须是明显的． 　已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根． 证明：假设三个方程都没有实数根，则 ⇒ ∴－<a<－1. 这与已知a≥－1矛盾，所以假设不成立，故原结论成立． $$ 第七节