2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：第七章第五节直接证明与间接证明

第五节直接证明与间接证明


1．直接证明——综合法、分析法
内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立
从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止
思维过程
由因导果(顺推证法)
执果索因(逆推证法)
框图表示
P表示已知条件、已有的数学定义、公理、定理、性质等，Q表示所要证明的结论
→→…→
→→…→
文字语言
因为……，所以……，或由……得……，或“⇒”
要证(欲证)……，只需证……，即证……

2．间接证明——反证法
要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．,(1)分析法的特点
①当命题不知从何入手时，可以运用分析法来解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效．
②分析法证明过程不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件．
(2)应用反证法证题注意事项
应用反证法证题时，必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．
(3)一些常见词语的否定
正面词语
否定
正面词语
否定
正面词语
否定
等于(＝)
不等于(≠)
不是
是
任意的
某些
大于(＞)
不大于(小于或等于“≤”)
都是
不都是(至少有一个不是)
所有的
某个
小于(＜)
不小于(大于或等于“≥”)
至多有一个
至少有两个
且
或
全为
不全为
至少有一个
一个也没有
或
且
[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(　　)
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(　　)
(3)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a≤b”．(　　)
(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
二、选填题
1．命题“对任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”过程应用了(　　)
A．分析法　　　　　　　　 B．综合法
C．综合法、分析法综合使用 D．间接证明法
解析：选B　因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论，故选B.
2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)
A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：选D　a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是(　　)
A．假设三个内角都不大于60°
B．假设三个内角都大于60°
C．假设三个内角至多有一个大于60°
D．假设三个内角至多有两个大于60°
解析：选B　根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60°.故选B.
4．若，，成等比数列，则logx＝________.
解析：由题意得()2＝·，
所以＝，所以x＝.
设logx＝y，即y＝＝2，
所以y＝2，即logx＝2.
答案：2
5.－2与－的大小关系是________．
解析：假设－2＞－，由分析法可得，
要证 －2＞－，只需证 ＋＞＋2，
即证13＋2＞13＋4，即＞2.
因为42＞40，所以－2＞－成立．
答案：－2＞－

考点一综合法的应用[师生共研过关]
[典例精析]
数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)求数列的前n项和Sn，并证明＋＋…＋＞.
[解]　(1)证明：∵an＋1＝，
∴＝，化简得＝2＋，
即－＝2，
故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝2n－1，∴Sn＝＝n2.
法一：＋＋…＋＝＋＋…＋＞＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.
法二：＋＋…＋＝＋＋…＋＞1，
又∵1＞，∴＋＋…＋＞.
[解题技法]
掌握综合法证明问题的思路

[过关训练]
已知a，b，c都为正实数，a＋b＋c＝1.求证：
(1)＋＋≤；
(2)＋＋≥.
证明：(1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴＋＋≤，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0，
∴＋(3a＋1)≥2 ＝4，
当且仅当＝3a＋1，即a＝时取“＝”．
∴≥3－3a，同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得
4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥，
当且仅当a＝b＝c＝时取“＝”．
考点二分析法的应用[师生共研过关]
[典例精析]
若△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，也就是证＋＝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．
[解题技法]
1．利用分析法证明问题的思路
先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．
2．分析法证明问题的适用范围
当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．
[过关训练]
1．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明：要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，
只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，
即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，
即证(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.
∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，
从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，
∴2a3－b3≥2ab2－a2b.
2．已知a＞0，求证： －≥a＋－2.
证明：要证 －≥a＋－2，
只要证 ＋2≥a＋＋.
因为a＞0，故只要证2≥2，即证a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只要证2 ≥ ，
只要证4≥2，即a2＋≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
考点三反证法的应用[师生共研过关]
[典例精析]
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．
[解]　(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝an，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝.
(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，
则2·＝＋，
所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)
又因为p＜q＜r，
所以r－q∈N*，r－p∈N*.
所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立．
所以假设不成立，原命题得证．
[解题技法]
用反证法证明数学命题需把握的3点
(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；
(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；
(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．
[过关训练]
1．已知a1＋a2＋a3＋a4＞100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.
证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，
即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，
这与已知a1＋a2＋a3＋a4＞100矛盾，故假设错误．
所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.
2．已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．
证明：假设存在x0′∈(a，b)，x0∈(a，b)，且x0′≠x0，使得＝f′(x0′)，＝f′(x0)成立，即f′(x0)＝f′(x0′)．
因为f′(x)＝－m，记g(x)＝f′(x)，
所以g′(x)＝＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x0′，这与x0′≠x0矛盾，所以x0是唯一的．

1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：＜a”索的因应是(　　)
A．a－b＞0　　　　　　 B．a－c＞0
C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0
解析：选C　＜a⇔b2－ac＜3a2
⇔(a＋c)2－ac＜3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0
⇔－2a2＋ac＋c2＜0⇔2a2－ac－c2＞0⇔(a－c)(2a＋c)＞0
⇔(a－c)(a－b)＞0.
2．用反证法证明命题“设f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)为实数，则方程f(x)＝0至少有一个实根”时，正确的假设是(　　)
A．方程f(x)没有实根
B．方程f(x)＝0至多有一个实根
C．方程f(x)＝0至多有两个实根
D．方程f(x)＝0恰好有两个实根
解析：选A　由反证法证明命题的格式和步骤，可知应设方程f(x)＝0没有实根，故应选A.
3．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　　)
A．P＞Q B．P＝Q
C．P＜Q D．由a的取值确定
解析：选A　假设P＞Q，要证P＞Q，只需证P2＞Q2，只需证：2a＋13＋2＞2a＋13＋2，只需证a2＋13a＋42＞a2＋13a＋40，
即证42＞40，因为42＞40成立，所以P＞Q成立．
4．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系是(　　)
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：选A　因为≥≥，又f(x)＝x在R上是减函数，所以f≤f()≤f.
5．设x，y，z都为正实数，则三个数＋，＋，＋(　　)
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
解析：选C　假设三个数都小于2，
则＋＋＋＋＋＜6，由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，所以假设不成立，所以＋，＋，＋中至少有一个不小于2.故选C.
6．如果a＋b＞a＋b，则a，b应满足的条件是__________．
解析：a＋b＞a＋b，即(－)2(＋)＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
7．设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为________．
解析：a＝＋2，b＝2＋，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，显然 ＜，所以a＜b.
答案：a＜b
8．已知a＞b＞0，则①＜；②ac2＞bc2；③a2＞b2；④＞，其中正确的序号是________．
解析：当c＝0时，②不正确；由不等式的性质知①③④正确．
答案：①③④
9．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：＞8.
证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，
所以－1＝＝＞，①
－1＝＝＞，②
－1＝＝＞，③
又x，y，z为正数，由①×②×③，
得＞8.
故原不等式得证．
10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：≤.
证明：a⊥b⇔a·b＝0，要证≤.
只需证|a|＋|b|≤ |a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(|a|2＋2a·b＋|b|2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2|a|2＋2|b|2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0＜x＜c时，f(x)＞0.
(1)证明：是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较与c的大小；
(3)证明：－2＜b＜－1.
解：(1)证明：∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
∵f(c)＝0，
∴x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝，∴x2＝，
∴是f(x)＝0的一个根．
(2)假设＜c，又＞0，
由0＜x＜c时，f(x)＞0，
知f＞0与f＝0矛盾，
∴≥c，又∵≠c，∴＞c.
(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，
∴b＝－1－ac.
又a＞0，c＞0，∴b＜－1.
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为
x＝－＝＜＝x2＝，即－＜.
又a＞0，∴b＞－2，∴－2＜b＜－1.