直接证明与间接证明

直接证明与间接证明贯穿在整张高考卷的始终，解题过程中处处离不开分析与综合. 近年高考解答题的证明，主要考查直接证明，难度多为中档或中偏高档；有时以解答题的压轴题的形式呈现，此时难度为高档，分值约为4～8分. 对于间接证明的考查，主要考查反证法，只在个别地区的高考卷中出现，难度一般为中档或中偏高档，分值约为4～6分.

以数列、函数与导数、立体几何、解析几何等知识为背景的证明.

（1）综合法解决问题的关键是从“已知”看“可知”，逐步逼近“未知”. 其逐步推理，实质上是寻找已知的必要条件. 分析法解决问题的关键是从未知看需知，逐步靠拢已知，其逐步推理，实际上是寻找结论的充分条件. 因此，在实际解题时，通常以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表述过程，相得益彰.

（2）对于某些看来明显成立而又不便知道根据什么去推导（综合法），甚至难于寻求到使之成立的充分条件（分析法）的“疑难”证明题，常考虑用反证法来证明. 一般地，可在假设原命题不成立的前提下，经过正确的逻辑推理，最后得出矛盾，从而说明假设错误，从反面证明原命题成立.

例1 已知等比数列{an}中，a5+2a4=a2a4，前2m（m∈N？鄢）项和是前2m项中所有偶数项和的 倍.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足bn=（n-λ）an（λ∈R，n∈N？鄢），且{bn}是递增数列，证明：λ<3.

破解思路 （1）前2m（m∈N？鄢）项和是前2m项中所有偶数项和的 倍，求出等比数列{an}的公式；利用a5+2a4=a2a4，求出a3，即可写出数列{an}的通项公式；

（2）把（1）中的数列{an}的通项公式代入bn=（n-λ）an，求出数列{bn}的通项公式，再利用{bn}是递增数列，得关于λ的不等式的恒成立问题，即可证得结论.

答案详解 （1）设等比数列{an}的公比为q，由已知得a1+a2+a3+…+a2m= （a2+a4+…+a2m），所以a1+a3+a5+…+ a2m-1= （a2+a4+…+a2m），所以a1+a3+a5+…+ a2m-1= q（a1+a3+a5+…+a2m-1），解得q=2.

又由a5+2a4=a2a4，得a3q2+2a3q=a23，即q2+2q=a3，所以a3=8，所以an=a3qn-3=2n.

（2）由（1）知，an=2n. 因为bn=（n-λ）an（λ∈R，n∈N？鄢），所以bn=（n-λ）2n.

因为{bn}是递增数列，所以bn+1>bn对n∈N？鄢恒成立，所以（n+1-λ）2n+1>（n-λ）2n对n∈N？鄢恒成立，

得λ

例2 已知数列{an}满足：a1= ，a - a = ，a ·an<0（n≥1），数列{bn}满足：bn=a2n+1-a2n（n≥1）. 证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.

破解思路 先求出数列{an}的通项，然后利用反证法证明.

答案详解 因为a - a = ，所以1-a = （1-a ），令cn=1-a ，则c = cn. 又c1=1-a = ，则数列{cn} 是首项为 ，公比为 的等比数列，即cn= · ，所以1-a = · ，所以a =1- · ，所以bn=a -a =1- · -1- · = · . 假设数列{bn}存在三项br，bs，bt（rbs>bt，则只有可能有2bs=br+bt成立，所以2· · = · + · ，化简得3 ·2 =3 ·2 +1①. 因为r

已知数列{an}满足a1=a，an+1= （n∈N）.

（1）数列 是否为等比数列？若不是，请说明理由；若是，试求出通项an.

（2）如果a=1时，数列{an}的前n项和为Sn，试求出Sn，并证明当n≥3时，有 + +…+ < .