高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用第12章4第4讲直接证明与间接证明

第4讲直接证明与间接证明1．直接证明直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．(1)综合法：一般地，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，这种证明方法叫做综合法．综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．(2)分析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．2．间接证明反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．3．证题的三种思路(1)综合法证题的一般思路用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论．(2)分析法证题的一般思路分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．(3)反证法证题的一般思路反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一讨论过程中，A和非A有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．()(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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．()(5)常常用分析法寻找解题的思路与方法，用综合法展现解决问题的过程．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的有()A．2个B．3个C．4个D．5个解析：选D.由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．(教材习题改编)设m＝1＋eq\r(3)，n＝2eq\r(2)，则m与n的大小关系是()A．m＞n B．m≥nC．m＜n D．m≤n解析：选C.法一：m2－n2＝(1＋eq\r(3))2－(2eq\r(2))2＝4＋2eq\r(3)－8＝2eq\r(3)－4＝eq\r(12)－eq\r(16)＜0，又m＞0，nm＜n，故选C.法二：假设m≥n，即1＋eq\r(3)≥2eq\r(2).则有(1＋eq\r(3))2≥(2eq\r(2))2，即4＋2eq\r(3)≥8，即2eq\r(3)≥4，即eq\r(3)≥2，即3≥4，显然错误，所以m＜n，故选C.用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设________________________________________________________________________．答案：三角形三个内角都大于60°在不等边三角形中，a为最大边，要想得到边a的对角A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________．解析：由余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.答案：a2>b2＋c2综合法[典例引领]如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC，D为BC的中点．(1)若平面ABC⊥平面BCC1B1，求证：AD⊥DC1.(2)求证：A1B∥平面ADC1.【证明】(1)因为AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC，因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AD?平面ABC，所以AD⊥平面BCC1B1，因为DC1?平面BCC1B1，所以AD⊥DC1.(2)连接A1C，交AC1于点O，连接OD，则O为A1C的中点，因为D为BC的中点，所以OD∥A1B，因为OD?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.eq\a\vs4\al()综合法的证题思路(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．在△ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且直线bx＋ycosA＋cosB＝0与ax＋ycosB＋cosA＝0平行，求证：△ABC是直角三角形．证明：法一：由两直线平行可知bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0，即eq\f(1,2)sin2B－eq\f(1,2)sin2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).若A＝B，则a＝b，cosA＝cosB，两直线重合，不符合题意，故A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是直角三角形．法二：由两直线平行可知bcosB－acosA＝0，由余弦定理，得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.若a＝b，则两直线重合，不符合题意，故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．分析法[典例引领]已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(3n2－n,2)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)证明：对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．【解】(1)由Sn＝eq\f(3n2－n,2)，得a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，当n＝1时也适合，所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aeq\o\al(2,n)＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2，而此时m∈N*，且m＞n，所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．eq\a\vs4\al()分析法的证题思路先从结论入手，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．[提醒]要注意书写格式的规范性．△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，也就是证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．反证法[典例引领]设a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．【证明】由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2.(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾．故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．eq\a\vs4\al()用反证法证明数学命题需把握的三点(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．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，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，所以Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，所以Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))(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)，即aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.因为a1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.因为q≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以q＝1，这与已知矛盾．所以假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．eq\a\vs4\al()分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．易错防范(1)用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直到一个明显成立的结论．(2)在使用反证法证明数学命题时，反设必须恰当，如“都是”的否定是“不都是”“至少一个”的否定是“不存在”等．1．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，要做的假设是()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恰好有两个实根解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A.2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)时，索的因是()A．x2>2 B．x2>4C．x2>0 D．x2>1解析：选C.因为x>0，所以要证eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)，只需证(eq\r(1＋x))2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))eq\s\up12(2)，即证0<eq\f(x2,4)，即证x2>0，因为x>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．3．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是()A．lg(1＋a2)>0 B．a2＋b2≥2(a－b－1)C．a2＋3ab>2b2 D.eq\f(a,b)<eq\f(a＋1,b＋1)解析：选B.在B中，因为a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．4．在△ABC中，sinAsinC＜cosAcosC，则△ABC一定是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定解析：选C.由sinAsinC＜cosAcosC得cosAcosC－sinAsinC＞0，即cos(A＋C)＞0，所以A＋C是锐角，从而B＞eq\f(π,2)，故△ABC必是钝角三角形．5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒为负值 B．恒等于零C．恒为正值 D．无法确定正负解析：选A.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)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.6．用反证法证明命题“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，则x≠a且x≠b”时，应假设为________．解析：“x≠a且x≠b”的否定是“x＝a或x＝b”，因此应假设为x＝a或x＝b.答案：x＝a或x＝b7．(2018·福州模拟)如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，则a，b应满足的条件是__________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，即(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b8．已知点An(n，an)为函数y＝eq\r(x2＋1)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________．解析：由条件得cn＝an－bn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1<cn.答案：cn＋1<cn9．已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.10．已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,3)x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0，0)处有公共切线．(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)≤g(x)．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）＝f（0），,f′（0）＝g′（0），))解得a＝0，b＝1.(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2－x(x>－1)．h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq\f(－x3,x＋1).h(x)在(－1，0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．h(x)max＝h(0)＝0，所以h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．1．已知a，b，c∈R，若eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1且eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2，则下列结论成立的是()A．a，b，c同号B．b，c同号，a与它们异号C．a，c同号，b与它们异号D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定解析：选A.由eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1知eq\f(b,a)与eq\f(c,a)同号，若eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，不等式eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2显然成立，若eq\f(b,a)<0且eq\f(c,a)<0，则－eq\f(b,a)>0，－eq\f(c,a)>0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,a)))≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,a))))>2，即eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)<－2，这与eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2矛盾，故eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，即a，b，c同号．2．在等比数列{an}中，a1<a2<a3是数列{an}递增的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选C.当a1<a2<a3时，设公比为q，由a1<a1q<a1q2得若a1>0，则1<q<q2，即q>1，此时，显然数列{an}是递增数列，若a1<0，则1>q>q2，即0<q<1，此时，数列{an}也是递增数列，反之，当数列{an}是递增数列时，显然a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比数列{an}递增的充要条件．3．sinα与sinβ分别是sinθ与cosθ的等差中项与等比中项，则cos4β－4cos4α＝________．解析：由题意得2sinα＝sinθ＋cosθ，sin2β＝sinθcosθ，所以cos4β－4cos4α＝2cos22β－1－4(2cos22α－1)＝2(1－2sin2β)2－8(1－2sin2α)2＋3＝2(1－2sinθcosθ)2－8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ＋cosθ,2)))\s\up12(2)))eq\s\up12(2)＋3＝2(sinθ－cosθ)4－2(sinθ－cosθ)4＋3＝3.答案：34．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)解析：若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b＞1，但a＜1，b＜1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab＞1，故⑤推不出；对于③，即a＋b＞2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b＞2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.答案：③5．已知等差数列{an}中，首项a1>0，公差d>0.(1)若a1＝1，d＝2，且eq\f(1,aeq\o\al(2,1))，eq\f(1,aeq\o\al(2,4))，eq\f(1,aeq\o\al(2,m))成等比数列，求整数m的值；(2)求证：对任意正整数n，eq\f(1,aeq\o\al(2,n))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))都不成等差数列．解：(1)由题意，得eq\f(1,aeq\o\al(2,1))·eq\f(1,aeq\o\al(2,m))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,4))))eq\s\up12(2)，(aeq\o\al(2,4))2＝(a1am)2，因为a1＝1，d＝2，所以aeq\o\al(2,4)＝a1am，49＝1＋(m－1)·2，解得m＝25.(2)证明：假设eq\f(1,aeq\o\al(2,n))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))成等差数列，则eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))＝eq\f(2,aeq\o\al(2,n＋1))，即eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))－eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))－eq\f(1,aeq\o\a