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2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第11章第4讲 直接证明与间接证明
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第4讲 直接证明与间接证明
[考纲解读] 1.掌握直接证明的两种基本方法：分析法与综合法．(重点)
2．能够用反证法证明问题，掌握反证法的步骤：①反设；②归谬；③结论．(难点)
3．综合法、反证法证明问题是高考中的一个热点，主要在知识交汇处命题，如数列、不等式等．
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年将会以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法与反证法的灵活应用，题型为解答题中的一问，试题难度中等.
1．直接证明
内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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)
实质
由因导果
执果索因
框图
表示
→→…→
→→…→
文字
语言
因为……所以……
或由……得……
要证……只需证……
即证……
2．间接证明
间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．
(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．
(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．
1．概念辨析
(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )
(4)在解决问题时，常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2．小题热身
(1)要证明＋<2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )
A．综合法 B.分析法
C．类比法 D.反证法
答案 B
解析 用分析法证明如下：要证明＋<2，需证(＋)2<(2)2，即证10＋2<20，即证<5，即证21<25，显然成立，故原结论成立．
用综合法证明：因为(＋)2－(2)2＝10＋2－20＝2(－5)<0，故＋<2.
反证法证明：假设＋≥2，通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论．
从以上证法中，可知最合理的是分析法．故选B.
(2)命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”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
答案 B
解析 因为证明过程是“从左到右”，即由条件出发，经过推理得出结论，属于综合法．故选B.
(3)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
答案 A
解析 因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，因此，要作的假设是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．故选A.
题型 一 分析法的应用
1．(2020·大同质检)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：
C．(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)<0
答案 C
解析 要证0，即证(2a＋c)(a－c)>0，即证[2a－(a＋b)](a－c)>0，即证(a－b)(a－c)>0，故索的因应是(a－b)(a－c)>0.
2．(2019·天水一中模拟)(1)已知实数a，b满足|a|<2，|b|<2，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.
(2)已知a>0，证明： －≥a＋－2.
证明 (1)要证2|a＋b|<|4＋ab|，
只需要4a2＋8ab＋4b2<16＋8ab＋a2b2，
只需证4a2＋4b2<16＋a2b2，
只需证16－4a2－4b2＋a2b2>0，
即(4－a2)(4－b2)>0，
因为|a|<2，|b|<2，所以a2<4，b2<4，
所以(4－a2)(4－b2)>0成立．
所以要证明的不等式成立．
(2)要证 －≥a＋－2，
只需证 ＋2≥a＋＋，
只需证a2＋＋4＋4
≥a2＋＋2＋2＋2，
即证2≥.
只需证4≥2，
即证a2＋≥2，由基本不等式知此式显然成立，
所以原不等式成立．
1．分析法证明问题的策略
(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
2．分析法的适用范围及证题关键
(1)适用范围
①已知条件与结论之间的联系不够明显、直接．
②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体．
③含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导．见举例说明2.
(2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的．
已知△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＋a2－2accos60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
题型 二 综合法的应用
设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中m为常数，且m≠－3.
(1)求证：{an}是等比数列；
(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求证：为等差数列．
证明 (1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得
(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.
两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，m≠－3，
∴＝，∴{an}是等比数列．
(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，
∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1.
又b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，
∴当n∈N且n≥2时，
bn＝f(bn－1)＝·⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1
⇒－＝.
∴是首项为1，公差为的等差数列．
1．利用综合法证题的策略
用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．
2．综合法证明问题的常见类型及方法
(1)与不等式有关的证明：充分利用函数、方程、不等式间的关系，同时注意函数单调性、最值的应用，尤其注意导数思想的应用．
(2)与数列有关的证明：充分利用等差、等比数列的定义通项及前n项和公式证明．见举例说明.
求证抛物线y2＝2px(p>0)，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－相切．
证明 如图，作AA′，BB′垂直于准线于点A′，B′，取AB的中点M，作MM′垂直于准线于点M′.
要证明以AB为直径的圆与准线相切，只需证|MM′|＝|AB|，
由抛物线的定义得|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，
所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，
所以只需证|MM′|＝(|AA′|＋|BB′|)，由梯形的中位线定理知上式是成立的．
所以，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－相切．
题型 三 反证法的应用
1．(2019·衡水模拟)利用反证法证明：若＋＝0，则x＝y＝0，假设为( )
A．x，y都不为0 B.x，y不都为0
C．x，y都不为0，且x≠y D.x，y至少有一个为0
答案 B
解析 x＝y＝0的否定为x≠0或y≠0，即x，y不都为0.
2．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，则
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，
2a1qk＝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．反证法证明问题的三个步骤
2．反证法的适用范围
(1)否定性命题；
(2)命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的；
(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；
(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少.
1．已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
证明 假设a，b，c均小于1，
即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3，
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3
＝22＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
2．已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.
因为BC∥AD，BC⊄平面SAD.
所以BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，
所以平面FBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
所以假设不成立．
所以不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.
组 基础关
1．(2019·淮南二中模拟)用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，下列假设正确的是( )
A．三个内角中至少有一个钝角
B．三个内角中至少有两个钝角
C．三个内角都不是钝角
D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角
答案 B
解析 由于命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”，故用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设“三个内角中至少有两个钝角”．
2．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：
因为f(x)＝ex＋，
所以f′(x)＝ex－，又因为x>0，
所以ex>1,0<<1，
所以ex－>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
他使用的证明方法是( )
A．综合法 B.分析法
C．反证法 D.以上都不是
答案 A
解析 由证明过程可知，他使用的方法是综合法．
3．分析法又称执果索因，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是( )
A．x2>2 B.x2>4
C．x2>0 D.x2>1
答案 C
解析 <1＋⇔1＋x<1＋x＋⇔0<⇔x2>0.
4．设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，则( )
A．P>Q B.P C．P≤Q D.P≥Q
答案 A
解析 因为2x＋2－x≥2＝2(当且仅当x＝0时等号成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故选A.
5．在等比数列{an}中，a1
C．充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案 C
解析 当a10，则11，此时，显然数列{an}是递增数列，若a1<0，则1>q>q2，即0
A．恒为负值 B.恒等于零
C．恒为正值 D.无法确定正负
答案 A
解析 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)
A．2 B.3
C．4 D.5
答案 C
解析 ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝a－b＋b－c.又＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当a－b＝b－c时等号成立．∴k≤＋，k≤4，故k的最大整数为4.故选C.
8．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．
答案 x≠－1且x≠1
解析 根据反证法的定义，应首先假设命题的结论不成立，对本题而言即x≠－1且x≠1.
9.－2与－的大小关系是________．
答案 －2>－
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．
10．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
答案 cn＋1
1．已知x>0，y>0，且y－x>1，则，的值满足( )
A.，都大于1
B.，中至少有一个小于1
C.，都小于1
D．以上说法都不正确
答案 B
解析 ∵x>0，y>0，且y－x>1，∴x1，
∴－x>1－y，∴<＝－1.∵x
2．(2019·凉山州模拟)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n>2 时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解”．经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁 · 怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是( )
A．存在至少一组正整数组(x，y，z)使方程x3＋y3＝z3有解
B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解
C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解
D．当整数n>3时，关于x，y的方程xn＋yn＝zn没有正实数解
答案 C
解析 由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个中的一个．假设关于x，y 的方程x3＋y3＝1有正有理数解，故x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝，y＝ ，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数．代入方程得＋＝1，两边乘以a3n3得(am)3＋(bn)3＝(an)3，由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解.
3．用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则a，b，c，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：________.
答案 a，b，c，d全是负数
解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d中没有一个是非负数，即a，b，c，d全是负数”．
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若C＝，求证：5a＝3b.
证明 (1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，
因为sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，
由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
(2)由C＝，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，
即有5ab－3b2＝0，又b>0，所以5a＝3b.
5．已知数列{an}各项均为正数，且不是常数列．
(1)若数列{an}是等差数列，求证：＋<2；
(2)若数列{an}是等比数列，求证：1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
证明 (1)要证＋<2，
只要证a1＋a3＋2<4a2，
因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，
只要证
所以a1a3
(2)假设1－an,1－an＋1,1－an＋2可能成等比数列，
则(1－an＋1)2＝(1－an)(1－an＋2)，
即1－2an＋1＋a＝1＋anan＋2－(an＋an＋2)，
因为数列{an}是等比数列，
所以a＝anan＋2，所以2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}是等差数列，所以数列{an}是常数列，这与已知相矛盾，故假设不成立，
所以1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
第4讲 直接证明与间接证明
[考纲解读] 1.掌握直接证明的两种基本方法：分析法与综合法．(重点)
2．能够用反证法证明问题，掌握反证法的步骤：①反设；②归谬；③结论．(难点)
3．综合法、反证法证明问题是高考中的一个热点，主要在知识交汇处命题，如数列、不等式等．
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年将会以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法与反证法的灵活应用，题型为解答题中的一问，试题难度中等.
1．直接证明
内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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)
实质
由因导果
执果索因
框图
表示
→→…→
→→…→
文字
语言
因为……所以……
或由……得……
要证……只需证……
即证……
2．间接证明
间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．
(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．
(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．
1．概念辨析
(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )
(4)在解决问题时，常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2．小题热身
(1)要证明＋<2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )
A．综合法 B.分析法
C．类比法 D.反证法
答案 B
解析 用分析法证明如下：要证明＋<2，需证(＋)2<(2)2，即证10＋2<20，即证<5，即证21<25，显然成立，故原结论成立．
用综合法证明：因为(＋)2－(2)2＝10＋2－20＝2(－5)<0，故＋<2.
反证法证明：假设＋≥2，通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论．
从以上证法中，可知最合理的是分析法．故选B.
(2)命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”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
答案 B
解析 因为证明过程是“从左到右”，即由条件出发，经过推理得出结论，属于综合法．故选B.
(3)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
答案 A
解析 因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，因此，要作的假设是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．故选A.
题型 一 分析法的应用
1．(2020·大同质检)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：
C．(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)<0
答案 C
解析 要证
2．(2019·天水一中模拟)(1)已知实数a，b满足|a|<2，|b|<2，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.
(2)已知a>0，证明： －≥a＋－2.
证明 (1)要证2|a＋b|<|4＋ab|，
只需要4a2＋8ab＋4b2<16＋8ab＋a2b2，
只需证4a2＋4b2<16＋a2b2，
只需证16－4a2－4b2＋a2b2>0，
即(4－a2)(4－b2)>0，
因为|a|<2，|b|<2，所以a2<4，b2<4，
所以(4－a2)(4－b2)>0成立．
所以要证明的不等式成立．
(2)要证 －≥a＋－2，
只需证 ＋2≥a＋＋，
只需证a2＋＋4＋4
≥a2＋＋2＋2＋2，
即证2≥.
只需证4≥2，
即证a2＋≥2，由基本不等式知此式显然成立，
所以原不等式成立．
1．分析法证明问题的策略
(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
2．分析法的适用范围及证题关键
(1)适用范围
①已知条件与结论之间的联系不够明显、直接．
②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体．
③含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导．见举例说明2.
(2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的．
已知△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＋a2－2accos60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
题型 二 综合法的应用
设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中m为常数，且m≠－3.
(1)求证：{an}是等比数列；
(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求证：为等差数列．
证明 (1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得
(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.
两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，m≠－3，
∴＝，∴{an}是等比数列．
(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，
∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1.
又b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，
∴当n∈N且n≥2时，
bn＝f(bn－1)＝·⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1
⇒－＝.
∴是首项为1，公差为的等差数列．
1．利用综合法证题的策略
用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．
2．综合法证明问题的常见类型及方法
(1)与不等式有关的证明：充分利用函数、方程、不等式间的关系，同时注意函数单调性、最值的应用，尤其注意导数思想的应用．
(2)与数列有关的证明：充分利用等差、等比数列的定义通项及前n项和公式证明．见举例说明.
求证抛物线y2＝2px(p>0)，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－相切．
证明 如图，作AA′，BB′垂直于准线于点A′，B′，取AB的中点M，作MM′垂直于准线于点M′.
要证明以AB为直径的圆与准线相切，只需证|MM′|＝|AB|，
由抛物线的定义得|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，
所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，
所以只需证|MM′|＝(|AA′|＋|BB′|)，由梯形的中位线定理知上式是成立的．
所以，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－相切．
题型 三 反证法的应用
1．(2019·衡水模拟)利用反证法证明：若＋＝0，则x＝y＝0，假设为( )
A．x，y都不为0 B.x，y不都为0
C．x，y都不为0，且x≠y D.x，y至少有一个为0
答案 B
解析 x＝y＝0的否定为x≠0或y≠0，即x，y不都为0.
2．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，则
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，
2a1qk＝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．反证法证明问题的三个步骤
2．反证法的适用范围
(1)否定性命题；
(2)命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的；
(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；
(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少.
1．已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
证明 假设a，b，c均小于1，
即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3，
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3
＝22＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
2．已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.
因为BC∥AD，BC⊄平面SAD.
所以BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，
所以平面FBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
所以假设不成立．
所以不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.
组 基础关
1．(2019·淮南二中模拟)用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，下列假设正确的是( )
A．三个内角中至少有一个钝角
B．三个内角中至少有两个钝角
C．三个内角都不是钝角
D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角
答案 B
解析 由于命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”，故用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设“三个内角中至少有两个钝角”．
2．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：
因为f(x)＝ex＋，
所以f′(x)＝ex－，又因为x>0，
所以ex>1,0<<1，
所以ex－>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
他使用的证明方法是( )
A．综合法 B.分析法
C．反证法 D.以上都不是
答案 A
解析 由证明过程可知，他使用的方法是综合法．
3．分析法又称执果索因，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是( )
A．x2>2 B.x2>4
C．x2>0 D.x2>1
答案 C
解析 <1＋⇔1＋x<1＋x＋⇔0<⇔x2>0.
4．设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，则( )
A．P>Q B.P C．P≤Q D.P≥Q
答案 A
解析 因为2x＋2－x≥2＝2(当且仅当x＝0时等号成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故选A.
5．在等比数列{an}中，a1
C．充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案 C
解析 当a1
A．恒为负值 B.恒等于零
C．恒为正值 D.无法确定正负
答案 A
解析 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)
A．2 B.3
C．4 D.5
答案 C
解析 ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝a－b＋b－c.又＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当a－b＝b－c时等号成立．∴k≤＋，k≤4，故k的最大整数为4.故选C.
8．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．
答案 x≠－1且x≠1
解析 根据反证法的定义，应首先假设命题的结论不成立，对本题而言即x≠－1且x≠1.
9.－2与－的大小关系是________．
答案 －2>－
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．
10．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
答案 cn＋1
1．已知x>0，y>0，且y－x>1，则，的值满足( )
A.，都大于1
B.，中至少有一个小于1
C.，都小于1
D．以上说法都不正确
答案 B
解析 ∵x>0，y>0，且y－x>1，∴x
∴－x>1－y，∴<＝－1.∵x
2．(2019·凉山州模拟)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n>2 时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解”．经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁 · 怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是( )
A．存在至少一组正整数组(x，y，z)使方程x3＋y3＝z3有解
B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解
C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解
D．当整数n>3时，关于x，y的方程xn＋yn＝zn没有正实数解
答案 C
解析 由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个中的一个．假设关于x，y 的方程x3＋y3＝1有正有理数解，故x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝，y＝ ，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数．代入方程得＋＝1，两边乘以a3n3得(am)3＋(bn)3＝(an)3，由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解.
3．用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则a，b，c，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：________.
答案 a，b，c，d全是负数
解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d中没有一个是非负数，即a，b，c，d全是负数”．
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若C＝，求证：5a＝3b.
证明 (1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，
因为sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，
由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
(2)由C＝，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，
即有5ab－3b2＝0，又b>0，所以5a＝3b.
5．已知数列{an}各项均为正数，且不是常数列．
(1)若数列{an}是等差数列，求证：＋<2；
(2)若数列{an}是等比数列，求证：1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
证明 (1)要证＋<2，
只要证a1＋a3＋2<4a2，
因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，
只要证
所以a1a3
(2)假设1－an,1－an＋1,1－an＋2可能成等比数列，
则(1－an＋1)2＝(1－an)(1－an＋2)，
即1－2an＋1＋a＝1＋anan＋2－(an＋an＋2)，
因为数列{an}是等比数列，
所以a＝anan＋2，所以2an＋1＝an＋an＋2，
所以数列{an}是等差数列，所以数列{an}是常数列，这与已知相矛盾，故假设不成立，
所以1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
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