2025届高考数学一轮复习第11章算法复数与推理证明第4讲直接证明与间接证明创新教学案含解析新人教版

PAGE第4讲干脆证明与间接证明[考纲解读]1.驾驭干脆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，驾驭反证法的步骤：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，主要在学问交汇处命题，如数列、不等式等．[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲是高考中的一个热点．预料2024年将会以不等式、立体几何、数列等学问为载体，考查分析法、综合法与反证法的敏捷应用，题型为解答题中的一问，试题难度中等.1．干脆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，最终推导出所要证明的结论成立从要证明的结论动身，逐步寻求使它成立的eq\o(□,\s\up1(01))充分条件，直到最终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eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→…→eq\x(Qn⇒Q)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→…→eq\x(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干脆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eq\o(□,\s\up1(01))不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明eq\o(□,\s\up1(02))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——依据假设进行推理，直到推出冲突为止；③结论——断言假设不成立，从而确定原命题的结论成立．1．概念辨析(1)综合法是干脆证明，分析法是间接证明．()(2)分析法是从要证明的结论动身，逐步找寻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，推出冲突．()(4)在解决问题时，常用分析法找寻解题的思路与方法，再用综合法呈现解决问题的过程．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，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eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，需证(eq\r(3)＋eq\r(7))2<(2eq\r(5))2，即证10＋2eq\r(21)<20，即证eq\r(21)<5，即证21<25，明显成立，故原结论成立．用综合法证明：因为(eq\r(3)＋eq\r(7))2－(2eq\r(5))2＝10＋2eq\r(21)－20＝2(eq\r(21)－5)<0，故eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5).反证法证明：假设eq\r(3)＋eq\r(7)≥2eq\r(5)，通过两端平方后导出冲突，从而确定原结论．从以上证法中，可知最合理的是分析法．故选B.(2)命题“对于随意角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、分析法综合运用D．间接证明法答案B解析因为证明过程是“从左到右”，即由条件动身，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

题型一分析法的应用1．(2024·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：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答案C解析要证eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需证b2－ac<3a2，即证(a＋c)2－ac<3a2，即证2a2－ac－c2>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．(2024·天水一中模拟)(1)已知实数a，b满意|a|<2，|b|<2，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.(2)已知a>0，证明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.证明(1)要证2|a＋b|<|4＋ab|，只须要4a2＋8ab＋4b2<16＋8ab＋a2b2只需证4a2＋4b2<16＋a2b2只需证16－4a2－4b2＋a2b2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eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，只需证a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，即证2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a))).只需证4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)＋2))，即证a2＋eq\f(1,a2)≥2，由基本不等式知此式明显成立，所以原不等式成立．1．分析法证明问题的策略(1)逆向思索是用分析法证题的主要思想．(2)证明较困难的问题时，可以采纳两头凑的方法，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、干脆．②证明过程中所须要用的学问不太明确、详细．③含有根号、确定值的等式或不等式，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：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．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}满意b1＝a1，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求证：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))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，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2m,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)＝eq\f(2m,m＋3)，∴当n∈N且n≥2时，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)＝eq\f(3,2)·eq\f(2bn－1,bn－1＋3)⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1⇒eq\f(1,bn)－eq\f(1,bn－1)＝eq\f(1,3).∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是首项为1，公差为eq\f(1,3)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动身，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，并且简单通过分析和应用条件逐步靠近结论的题型．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，同时留意函数单调性、最值的应用，尤其留意导数思想的应用．(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＝－eq\f(p,2)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′|＝eq\f(1,2)|AB|，由抛物线的定义得|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，所以只需证|MM′|＝eq\f(1,2)(|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＝－eq\f(p,2)相切．题型三反证法的应用1．(2024·衡水模拟)利用反证法证明：若eq\r(x)＋eq\r(y)＝0，则x＝y＝0，假设为()A．x，y都不为0 B.x，y不都为0C．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－1，①qSn＝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，则对随意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，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＋1，2a1qk＝a1qk－1＋a1qk＋1∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知冲突．∴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)当命题成立特别明显，而要干脆证明所用的理论太少，且不简单说明，而其逆否命题又是特别简单证明的；(4)要探讨的状况很困难，而反面状况很少.1．已知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，则有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≥3，两者冲突，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＝eq\r(2)，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冲突，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．(2024·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＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：因为f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)，又因为x>0，所以ex>1,0<eq\f(1,ex)<1，所以ex－eq\f(1,ex)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．他运用的证明方法是()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，他运用的方法是综合法．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答案C解析eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)⇔1＋x<1＋x＋eq\f(x2,4)⇔0<eq\f(x2,4)⇔x2>0.4．设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，则()A．P>Q B.P<QC．P≤Q D.P≥Q答案A解析因为2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝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<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答案C解析当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，明显数列{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，明显a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比数列{an}递增的充要条件．6．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)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.故选A.7．若a>b>c，则使eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(k,a－c)恒成立的最大的正整数k为()A．2 B.3C．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eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(a－b＋b－c,a－b)＋eq\f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2＝4，当且仅当a－b＝b－c时等号成立．∴k≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)，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”答案x≠－1且x≠1解析依据反证法的定义，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.eq\r(6)－2eq\r(2)与eq\r(5)－eq\r(7)的大小关系是________．答案eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)解析假设eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)，由分析法可得，要证eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)，只需证eq\r(6)＋eq\r(7)>eq\r(5)＋2eq\r(2)，即证13＋2eq\r(42)>13＋4eq\r(10)，即eq\r(42)>2eq\r(10).因为42>40，所以eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)成立．10．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________．答案cn＋1<cn解析点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，因此an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，cn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，因此数列{cn}为递减数列，所以cn＋1<cn.组实力关1．已知x>0，y>0，且y－x>1，则eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)的值满意()A.eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)都大于1B.eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)中至少有一个小于1C.eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)都小于1D．以上说法都不正确答案B解析∵x>0，y>0，且y－x>1，∴x<y－1，y>1，∴－x>1－y，∴eq\f(1－y,x)<eq\f(－x,x)＝－1.∵x<y－1，∴3x<3y－3，∴1＋3x<3y－2，∴eq\f(1＋3x,y)<eq\f(3y－2,y)＝3－eq\f(2,y).∵y>1，∴3－eq\f(2,y)>1，∴eq\f(1＋3x,y)可小于1，可等于1，也可大于1，故eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)中至少有一个小于1.故选B.2．(2024·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”．经验三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁·怀尔斯证明白费马猜想，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＝eq\f(m,n)，y＝eq\f(b,a)，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eq\f(m3,n3)＋eq\f(b3,a3)＝1，两边乘以a3n3得(am)3＋(bn)3＝(an)3，由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理冲突，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满意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