第十一章 第2节

第页第2节直接证明与间接证明最新考纲1.了解直接证明的两种基本方法——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.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点.知识梳理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、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)为止实质由因导果执果索因框图表示eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→…→eq\x(Qn⇒Q)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→…→eq\x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))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，从而证明了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.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)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.()(2)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”.()(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.()解析(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件.(2)应假设“a≤b”.(3)反证法只否定结论.答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是()A.ac2<bc2 B.a2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)>eq\f(a,b)解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.答案B3.要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A.2ab－1－a2b2≤0B.a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0D.(a2－1)(b2－1)≥0解析a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.答案D4.用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数.用反证法证明时，下列假设正确的是()A.假设a，b，c都是偶数B.假设a，b，c都不是偶数C.假设a，b，c至多有一个偶数D.假设a，b，c至多有两个偶数解析“至少有一个”的否定为“都不是”，故B正确.答案B5.(选修1－2P37例3改编)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________.解析由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,3)，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq\f(π,3)，∴△ABC为等边三角形.答案等边三角形考点一综合法的应用【例1】数列{an}满足an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；(2)(一题多解)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Sn，并证明eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).(1)证明∵an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化简得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列.(2)解由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＝n2.法一eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).法二eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>1，又∵1>eq\f(n,n＋1)，∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).规律方法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.【训练1】(2019·东北三省三校调研)已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：(1)eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)；(2)eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2).证明(1)∵(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＝(a＋b＋c)＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ca)≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0，∴eq\f(4,3a＋1)＋(3a＋1)≥2eq\r(\f(4,3a＋1)（3a＋1）)＝4，当且仅当eq\f(4,3a＋1)＝3a＋1，即a＝eq\f(1,3)时取“＝”.∴eq\f(4,3a＋1)≥3－3a，同理得eq\f(4,3b＋1)≥3－3b，eq\f(4,3c＋1)≥3－3c，以上三式相加得4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9－3(a＋b＋c)＝6，∴eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2)，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时取“＝”.考点二分析法的应用【例2】已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即(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.规律方法1.逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.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.【训练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.考点三反证法的应用【例3】等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.(1)解由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))解得d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2)).(2)证明由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2)).∴(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))eq\s\up12(2)＝q2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾.∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.规律方法1.当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等.2.用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须否定结论；(2)必须从否定结论进行推理；(3)推导出的矛盾必须是明显的.【训练3】(2019·郑州一中月考)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.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.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()A.三个内角都不大于60°B.三个内角都大于60°C.三个内角至多有一个大于60°D.三个内角至多有两个大于60°解析“至少有一个”的否定是“一个都没有”，故可以理解为都大于60°.答案B2.已知m>1，a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)，则以下结论正确的是()A.a>b B.a<bC.a＝b D.a，b大小不定解析∵a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)＝eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)＝eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1)).而eq\r(m＋1)＋eq\r(m)>eq\r(m)＋eq\r(m－1)＞0(m＞1)，∴eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))<eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1))，即a<b.答案B3.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)解析在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.答案B4.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eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a”索的因应是()A.a－b＞0 B.a－c＞0C.(a－b)(a－c)＞0 D.(a－b)(a－c)＜0解析由题意知eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)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.答案C5.①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是()A.①与②的假设都错误B.①与②的假设都正确C.①的假设正确；②的假设错误D.①的假设错误；②的假设正确解析反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确.答案D二、填空题6.eq\r(6)＋eq\r(7)与2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小关系为________.解析要比较eq\r(6)＋eq\r(7)与2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小，只需比较(eq\r(6)＋eq\r(7))2与(2eq\r(2)＋eq\r(5))2的大小，只需比较6＋7＋2eq\r(42)与8＋5＋4eq\r(10)的大小，只需比较eq\r(42)与2eq\r(10)的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5).答案eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)7.用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是______________________.解析“至少有一个能被5整除”的否定是“都不能被5整除”.答案“a，b都不能被5整除”8.下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的条件的序号是________.解析要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立.答案①③④三、解答题9.若a，b，c是不全相等的正数，求证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.证明∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)＞0.又上述三个不等式中等号不能同时成立.∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc成立.上式两边同时取常用对数，得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lgabc，∴lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.10.设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和.(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数列{Sn}是等比数列，则Seq\o\al(2,2)＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，这与公比q≠0矛盾，所以数列{Sn}不是等比数列.(2)解当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0，这与公比q≠0矛盾.综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·上饶开学考试)设x，y，z>0，则三个数eq\f(y,x)＋eq\f(y,z)，eq\f(z,x)＋eq\f(z,y)，eq\f(x,z)＋eq\f(x,y)()A.都大于2 B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2 D.至少有一个不大于2解析因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(y,z)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z,x)＋\f(z,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,z)＋\f(x,y)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(x,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,z)＋\f(z,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z,x)＋\f(x,z)))≥6，当且仅当x＝y＝z时等号成立.所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.答案C12.(2019·全国Ⅱ卷)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