2020年高考数学一轮复习 专题11.3 证明练习（含解析）

11.3证明一．直接证明(1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式本题条件已知定义已知公理已知定理⇒A⇒B⇒C⇒…⇒本题结论．(3)综合法①定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法常称为综合法．②推证过程已知条件⇒…⇒…⇒结论(4)分析法①定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法常称为分析法．②推证过程结论⇐…⇐…⇐已知条件二．间接证明(1)常用的间接证明方法有反证法、同一法等．(2)反证法的基本步骤①反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．【套路秘籍】---千里之行始于足下②归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．③存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立．考向一综合法【例1】已知π3AB，且πABkkZ，，求证：13tan13tan4AB.【答案】证明见解析【解析】由3AB,得tantan3AB，即tantan31tantanABAB，所以tantan33tantanABAB，所以13tan13tan13tantan3tantanABABAB1333tantan3tantan4ABAB，故原等式成立．【修炼套路】---为君聊赋《今日诗》，努力请从今日始【举一反三】1．已知函数𝑓(𝑓)=(𝑓𝑓−𝑓)ln𝑓(𝑓0).（1）若函数𝑓(𝑓)在[1,+∞)上是增函数，求正数𝑓的取值范围；（2）当𝑓≠1时，设函数𝑓(𝑓)的图象与x轴的交点为𝑓，𝑓，曲线𝑓=𝑓(𝑓)在𝑓，𝑓两点处的切线斜率分别为𝑓1，𝑓2，求证：𝑓1+𝑓20.【答案】（1）(0,1]；（2）见解析.【解析】（1）∵𝑓(𝑓)=(𝑓𝑓−𝑓)ln𝑓(𝑓0)，∴𝑓′(𝑓)=𝑓ln𝑓+𝑓−𝑓2𝑓𝑓，设𝑓(𝑓)=𝑓ln𝑓+𝑓−𝑓2，∵函数𝑓(𝑓)在[1,+∞)上是增函数，∴𝑓(𝑓)=𝑓ln𝑓+𝑓−𝑓2≥0在[1,+∞)上恒成立，即𝑓2≤𝑓ln𝑓+𝑓在[1,+∞)上恒成立，设ℎ(𝑓)=𝑓ln𝑓+𝑓，则ℎ′(𝑓)=ln𝑓+2，∵𝑓≥1，∴ℎ′(𝑓)≥2，∴ℎ(𝑓)=𝑓ln𝑓+𝑓在[1,+∞)上是增函数，∴ℎ(𝑓)≥1，由𝑓2≤𝑓ln𝑓+𝑓在[1,+∞)上恒成立，得𝑓2≤1，∵𝑓0，∴0𝑓≤1，即𝑓的取值范围是(0,1].（2）∵𝑓≠1，∴由𝑓(𝑓)=(𝑓𝑓−𝑓)ln𝑓=0，得𝑓1=1，𝑓2=𝑓2，不妨设𝑓(1,0),𝑓(𝑓2,0).∵𝑓′(𝑓)=𝑓ln𝑓+𝑓−𝑓2𝑓𝑓，∴𝑓1=1−𝑓2𝑓，𝑓2=ln𝑓2𝑓，∴𝑓1+𝑓2=ln𝑓2−𝑓2+1𝑓，设𝑓(𝑓)=ln𝑓−𝑓+1，则𝑓′(𝑓)=1−𝑓𝑓，∴0𝑓1时，𝑓′(𝑓)0，𝑓1时，𝑓′(𝑓)0，所以𝑓=1为𝑓(𝑓)=ln𝑓−𝑓+1的极大值点，所以𝑓(𝑓)=ln𝑓−𝑓+1的极大值即最大值为𝑓(1)=0，即𝑓(𝑓)=ln𝑓−𝑓+1≤0，∵𝑓0且𝑓≠1，∴𝑓20且𝑓2≠1，∴𝑓(𝑓2)=ln𝑓2−𝑓2+10，∴𝑓1+𝑓2=ln𝑓2−𝑓2+1𝑓0.2．若a，b，c是不全相等的正数，求证：lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.【答案】见解析【解析】证明∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴a＋b2≥ab0，b＋c2≥bc0，a＋c2≥ac0.由于a，b，c是不全相等的正数，∴上述三个不等式中等号不能同时成立，∴a＋b2·b＋c2·c＋a2abc0成立．上式两边同时取常用对数，得lga＋b2·b＋c2·c＋a2lg(abc)，∴lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.考向二分析法【例2】11．已知0a，0b，且1ab，试用分析法证明不等式11254abab．【答案】见解析【解析】要证1125()()4abab，只需证221254ababab，只需证222()(442540)ababab，因为222abab只需证2482540()ababab，只需证2414)70(abab，即证4ab或14ab，只需证14ab，而由12abab，可得14ab，所以1125()()4abab．【举一反三】1．（1）已知𝑓0，𝑓0，用分析法证明：𝑓√𝑓+𝑓√𝑓≥√𝑓+√𝑓；（2）已知a0，用分析法证明：√𝑓2+1𝑓2−√2≥𝑓+1𝑓−2．【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析．【解析】（1）要证𝑓√𝑓+𝑓√𝑓≥√𝑓+√𝑓，只需证𝑓√𝑓+𝑓√𝑓≥𝑓√𝑓+𝑓√𝑓，即证(𝑓−𝑓)(√𝑓−√𝑓)≥0，因为a0，𝑓0，𝑓−𝑓与√𝑓−√𝑓同号，所以(𝑓−𝑓)(√𝑓−√𝑓)≥0成立，所以𝑓√𝑓+𝑓√𝑓≥√𝑓+√𝑓成立．（2）要证√𝑓2+1𝑓2−√2≥𝑓+1𝑓−2，只要证√𝑓2+1𝑓2+2≥𝑓+1𝑓+√2．因为a0，故只要证(√𝑓2+1𝑓2+2)2≥(𝑓+1𝑓+√2)2，即证𝑓2+1𝑓2+4√𝑓2+1𝑓2+4≥𝑓2+2+1𝑓2+2√2(𝑓+1𝑓)+2，从而只要证2√𝑓2+1𝑓2≥√2(𝑓+1𝑓)，只要证4(𝑓2+1𝑓2)≥2(𝑓2+1𝑓2+2)，即证𝑓2+1𝑓2≥2，而上述不等式显然成立，故√𝑓2+1𝑓2−√2≥𝑓+1𝑓−2．考向三反证法【例3】设,,xyzR，且222axy，223byz，226czx，用反证法证明：,,abc至少有一个大于0。【答案】见证明【解析】证明：（反证法）假设结论不成立，即0,0,0abc0abc，而222222236abcxyyzzx22211130abcxyz这与0abc相矛盾故,,abc至少有一个大于0。【举一反三】1．（1）已知221,,2,12xaxbxcxxR，试用反证法证明：,,abc中至少有一个不小于1；（2）已知实数a，b，c，d满足1abcd，1acbd，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析．【解析】（1）假设,,abc均小于1，即1,1,1abc，则有3abc，【套路总结】应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“p⇒q”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真．所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．而221122323322abcxxx，与假设矛盾，所以假设不成立，故,,abc中至少有一个不小于1．（2）假设,,,0,abcd，1,abcd,,,0,1abcd，2acacac，2bdbdbd，122acbdacbd，这与1acbd相矛盾，所以原假设不成立，故,,,abcd中至少有一个是负数．考向四数学归纳法【例4-1】用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n2n＋2＝n4n＋1(n∈N*)．【答案】见解析【解析】证明①当n＝1时，左边＝12×1×2×1＋2＝18，右边＝14×1＋1＝18，左边＝右边，所以等式成立．②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，即有12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k2k＋2＝k4k＋1，则当n＝k＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k2k＋2＋12k＋1[2k＋1＋2]＝k4k＋1＋14k＋1k＋2＝kk＋2＋14k＋1k＋2＝k＋124k＋1k＋2＝k＋14k＋2＝k＋14k＋1＋1.所以当n＝k＋1时，等式也成立．由①②可知，对于一切n∈N*等式都成立．【例4-2】用数学归纳法证明不等式：1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n21(n∈N*且n1)．【答案】见解析【解析】证明①当n＝2时，12＋13＋14＝13121成立．②设n＝k(k∈N*，k1)时，1k＋1k＋1＋1k＋2＋…＋1k21成立．由于当k1时，k2－k－10，即k(2k＋1)k2＋2k＋1，则当n＝k＋1时，1k＋1＋1k＋2＋1k＋3＋…＋1k＋12＝1k＋1k＋1＋1k＋2＋…＋1k2＋1k2＋1＋1k2＋2＋…＋1k2＋2k＋1－1k1＋1k2＋1＋1k2＋2＋…＋1k2＋2k＋1－1k1＋1k2k＋1＋1k2k＋1＋…＋1k2k＋1－1k＝1＋2k＋1k2k＋1－1k＝1.综合①②可知，原不等式对n∈N*且n1恒成立．【套路总结】1．由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．2．用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下：(1)归纳奠基：证明取第一个自然数n0时命题成立；(2)归纳递推：假设n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命题成立；(3)由(1)(2)得出结论．【举一反三】1．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n(n∈N*)．【答案】见解析【解析】证明①当n＝1时，等式左边＝1－12＝12＝右边，等式成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k，那么，当n＝k＋1时，有1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋12k＋1－12k＋2＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋1＋12k＋2，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，等式对任何n∈N*均成立．2.求证：对一切正整数n,42n＋1＋3n＋2都能被13整除．【答案】见解析【解析】证明①当n＝1时，42×1＋1＋31＋2＝91能被13整除．②假设当n＝k(k∈N*)时，42k＋1＋3k＋2能被13整除，则当n＝k＋1时，42(k＋1)＋1＋3k＋3＝42k＋1·42＋3k＋2·3－42k＋1·3＋42k＋1·3＝42k＋1·13＋3·(42k＋1＋3k＋2)，∵42k＋1·13能被13整除，42k＋1＋3k＋2能被13整除，∴当n＝k＋1时也成立，由①②可知，当n∈N*时，42n＋1＋3n＋2能被13整除．【运用套路】---纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行1．用反证法证明命题：“,,,abcdR，1ab，1cd，且1acbd，则,,abcd,中至少有一个负数”时的假设为A．,,abcd,全都大于等于0B．,,abcd,全为正数C．,,abcd,中至少有一个正数D．,,abcd,中至多有一个负数【答案】A【解析】因为原结论为“,,abcd,中至少有一个负数”所以其否定为“,,abcd,中全都大于等于0”所以选A2．利用反证法证明：若0xy，则0xy，假设为()A．,xy都