（课标通用）2023年高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数12.2直接证明与间接证明学案理

PAGE1-§12.2直接证明与间接证明考纲展示►1.了解直接证明的两种根本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点．2．了解反证法的思考过程和特点．考点1分析法分析法(1)定义：从要证明的________出发，逐步寻求使它成立的________，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(条件、定理、定义、公理等)，这种证明方法叫做分析法．(2)框图表示：eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→eq\x(P2⇐P3)→…→eq\x(得到一个明显成立的条件).答案：(1)结论充分条件(1)[教材习题改编]命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ〞的证明过程“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ〞应用了________．答案：综合法解析：因为证明过程是“从左往右〞，即由条件到结论，所以该命题的证明过程应用了综合法．(2)[教材习题改编]用分析法证明不等式eq\r(n)＋eq\r(n＋4)<2eq\r(n＋2)(n>0)时，最后推得的显然成立的最简不等式是________．答案：0<4解析：要证eq\r(n)＋eq\r(n＋4)<2eq\r(n＋2)，即证2n＋4＋2eq\r(n2＋4n)<4(n＋2)，即证eq\r(n2＋4n)<n＋2，即证n2＋4n<(n＋2)2，即证0<4.证明方法的两个易错点：分析法证明的书写格式．证明不等式eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，是否可以把“eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)”作条件？________.(填“是〞或“否〞)答案：否解析：要证明不等式eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，只需证明不等式(eq\r(3)＋eq\r(7))2<(2eq\r(5))2，逐步推出结论成立的充分条件，不能把“eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)”作为条件使用．[典题1](1)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即2a(a2－b2)＋b(a2－b2即(a＋b)(a－b)(2a＋b∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b从而(a＋b)(a－b)(2a＋b∴2a3－b3≥2ab2－a2b(2)△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：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).[证明]要证eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝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．[点石成金]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、法那么、公式等)或要证命题的条件时命题得证．2．分析法证明问题的适用范围当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．考点2综合法综合法(1)定义：利用条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的________，最后推导出所要证明的结论________，这种证明方法叫做综合法．(2)框图表示：eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)(P表示条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)．答案：(1)推理论证成立[教材习题改编]在△ABC中，假设内角A，B，C成等差数列，且b＝eq\r(3)a，那么用综合法推得△ABC的形状是________．答案：直角三角形解析：因为A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C.又A＋B＋C＝180°，解得B＝60°.又b＝eq\r(3)a，根据正弦定理得sinB＝eq\r(3)sinA，得sinA＝eq\f(1,2)，所以A＝30°(因为b>a，且B＝60°，所以A≠150°)，所以C＝90°，即△ABC是直角三角形.证明的两种常见方法：综合法；分析法．(1)设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x<0)，证明a>b应选用的方法是________．答案：综合法解析：∵当x<0时，b＝ex，∴0<b<1，又∵a＝lg2＋lg5＝1，∴a>b.故应选用综合法．(2)证明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)最适宜的方法是________．答案：分析法解析：要证明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)，只需证明不等式(eq\r(2)＋eq\r(7))2<(eq\r(3)＋eq\r(6))2，逐步推出结论成立的充分条件．故应选用分析法．[典题2]设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.[证明](1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.[点石成金]用综合法证题是从条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；(2)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．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.证明：(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.考点3反证法反证法假设原命题________(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________，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．答案：不成立矛盾[教材习题改编]用反证法证明“eq\r(3)，eq\r(5)，eq\r(7)不可能成等差数列〞时，第一步应假设________．答案：eq\r(3)，eq\r(5)，eq\r(7)成等差数列解析：根据反证法的特点，第一步应假设“eq\r(3)，eq\r(5)，eq\r(7)成等差数列〞.证明方法的两个易错点：反证法的假设．用反证法证明“如果a>b，那么eq\r(3,a)>eq\r(3,b)〞，假设内容应是________．答案：假设结论不成立，将结论eq\r(3,a)>eq\r(3,b)否认，即eq\r(3,a)≤eq\r(3,b).[典题3]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．(1)[解]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－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)[证明]假设{an＋1}是等比数列，那么对任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，即aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，即aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与矛盾．∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．[点石成金]反证法证明问题的三步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(否认结论)(2)归谬：将“反设〞作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与条件、的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设〞的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，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，那么有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋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.[方法技巧]分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用．[易错防范]1.用分析法证明时，要注意书写格式的标准性，常常用“要证(欲证)……〞“即证……〞“只需证……〞等，逐步分析，直至一个明显成立的结论出现为止．2．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．真题演练集训1．[2022·新课标全国卷Ⅱ]有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，那么甲的卡片上的数字是________．答案：1和3解析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2〞，结合乙所言可知乙持有“2和3〞，从而甲持有“1和3〞，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3〞，结合乙所言可知乙持有“2和3〞，从而甲持有“1和2〞，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3〞．2．[2022·天津卷]q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，…，n}．(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，…，n.证明：假设an<bn，那么s<t.(1)解：当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，…，n及an<bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1＝eq\f(q－11－qn－1,1－q)－qn－1＝－1<0，所以s<t.课外拓展阅读反证法应用举例反证法的应用是高考的常考内容，题型为解答题，难度适中，为中高档题，考查方向主要有以下几个方面：一证明否认性命题[典例1]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．(1)[解]当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，那么a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1两式相减得an＋1＝eq\f(1,2)an，所以{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以an＝eq\f(1,2n－1).(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*)，那么2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又因为p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．[解题模板]用反证法证明问题的一般步骤二证明存在性问题[典例2]假设f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，那么称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军〞函数．(1)设g(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是[1，b]上的“四维光军〞函数，求常数b的值；(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝eq\f(1,x＋2)是区间[a，b]上的“四维光军〞函数？假设存在，求出a，b的值；假设不存在，请说明理由．[解](1)由得g(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军〞函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，即eq\f(1,2)b2－b＋eq\f(3,2)＝b，解得b＝1或b＝3.因为b>1，所以b＝