【创新设计】2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第12篇-第2讲-直接证明与间接证明

第2讲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．了解反证法的思考过程和特点.知识梳理1．直接证明(1)综合法①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，最终推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：从要证明的结论动身，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最终，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)为止．这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法：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，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．辨析感悟对三种证明方法的生疏(1)分析法是从要证明的结论动身，逐步查找使结论成立的充要条件．(×)(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出冲突．(×)(3)在解决问题时，经常用分析法查找解题的思路与方法，再用综合法呈现解决问题的过程．(√)(4)证明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)＜eq\r(3)＋eq\r(6)最合适的方法是分析法．(√)[感悟·提升]两点提示一是分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是查找使结论成立的充分条件，如(1)；二是应用反证法证题时必需先否定结论，把结论的反面作为条件，且必需依据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面动身进行推理，就不是反证法．所谓冲突主要指：①与已知条件冲突；②与假设冲突；③与定义、公理、定理冲突；④与公认的简洁事实冲突；⑤自相冲突.考点一综合法的应用【例1】(2021·新课标全国Ⅱ卷)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≥2aca2＋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)由于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.同学用书第203页规律方法综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆过程，但更要留意从有关不等式的定理、结论或题设条件动身，依据不等式的性质推导证明．【训练1】(1)设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.(2)已知a，b，c是全不相等的正实数，求证：eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＞3.证明(1)∵a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＋eq\f(a＋b,ab)＝1＋eq\f(b,a)＋1＋eq\f(a,b)＋eq\f(a＋b,ab)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋eq\f(a＋b,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2)＝2＋2＋4＝8，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，等号成立．(2)∵a，b，c全不相等，且都大于0.∴eq\f(b,a)与eq\f(a,b)，eq\f(c,a)与eq\f(a,c)，eq\f(c,b)与eq\f(b,c)全不相等，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)＞2，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)＞2，三式相加得eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＞6，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(c,a)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(a,b)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)＋\f(b,c)－1))＞3，即eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＞3.考点二分析法的应用【例2】已知a＞0，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.审题路线从结论动身⇒观看不等式两边的符号⇒移项(把不等式两边都变为正项)⇒平方⇒移项整理⇒平方⇒移项整理可得明显成立的结论．证明(1)要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需要证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a＞0，故只需要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，从而只需要证2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只需要证4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而上述不等式明显成立，故原不等式成立．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，逐步查找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺当获解的关键．(2)证明较简单的问题时，可以接受两头凑的方法，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．【训练2】已知m＞0，a，b∈R，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).证明∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要证原不等式成立，只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0明显成立，故原不等式得证．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行能成为等比数列．(1)解由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r冲突．∴数列{bn}中任意不同的三项都不行能成等比数列.同学用书第204页规律方法用反证法证明不等式要把握三点：(1)必需先否定结论，即确定结论的反面；(2)必需从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必需依据这一条件进行推证；(3)推导出的冲突可能多种多样，有的与已知冲突，有的与假设冲突，有的与已知事实冲突等，且推导出的冲突必需是明显的．【训练3】已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2证明假设三个方程都没有实数根，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a2－4－4a＋3＜0，,a－12－4a2＜0，,2a2－4×－2a＜0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＜a＜\f(1,2)，,a＞\f(1,3)或a＜－1，,－2＜a＜0，))∴－eq\f(3,2)＜a＜－1.这与已知a≥－1冲突，所以假设不成立，故原结论成立．1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，简洁查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．实际证题时经常两法兼用，先用分析法探究证明途径，然后再用综合法叙述出来．4．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，没有用假设命题推理而推出冲突结果，其推理过程是错误的．答题模板13——反证法在证明题中的应用【典例】(14分)(2021·北京卷)直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A，C两点，O是坐标原点．(1)当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不行能为菱形．[规范解答](1)解由于四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．(2分)所以可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))，代入椭圆方程得eq\f(t2,4)＋eq\f(1,4)＝1，即t＝±eq\r(3).所以|AC|＝2eq\r(3).(5分)(2)证明假设四边形OABC为菱形．由于点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m))消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，eq\f(y1＋y2,2)＝k·eq\f(x1＋x2,2)＋m＝eq\f(m,1＋4k2).所以AC的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).(9分)由于M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为－eq\f(1,4k).(11分)由于k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))≠－1，所以AC与OB不垂直．(13分)所以四边形OABC不是菱形，与假设冲突．所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不行能为菱形．(14分)[反思感悟](1)把握反证法的证明思路及证题步骤，明确作假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到冲突是反证法的目的．(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清楚或正面证明分类较多、而反面状况只有一种或较少时，常接受反证法．(3)利用反证法证明时，肯定要回到结论上去．答题模板用反证法证明数学命题的答题模板：第一步：分清命题“p→q”的条件和结论；其次步：作出与命题结论q相冲突的假定綈q；第三步：由p和綈q动身，应用正确的推理方法，推出冲突结果；第四步：断定产生冲突结果的缘由，在于所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明白命题.同学用书第205页【自主体验】设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.(1)证明：l1与l2相交；(2)证明：l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．证明(1)假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得keq\o\al(2,1)＋2＝0.这与k1为实数的事实相冲突，从而k1≠k2，即l1与l2相交．(2)由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋1，,y＝k2x－1，))解得交点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2－k1)，\f(k2＋k1,k2－k1))).从而2x2＋y2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2－k1)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2＋k1,k2－k1)))2＝eq\f(8＋k\o\al(2,2)＋k\o\al(2,1)＋2k1k2,k\o\al(2,2)＋k\o\al(2,1)－2k1k2)＝eq\f(k\o\al(2,1)＋k\o\al(2,2)＋4,k\o\al(2,1)＋k\o\al(2,2)＋4)＝1，所以l1与l2的交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．对应同学用书P381基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2022·安阳模拟)若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是()．A.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)B．a＋eq\f(1,b)＞b＋eq\f(1,a)C．b＋eq\f(1,a)＞a＋eq\f(1,b)D.eq\f(b,a)＜eq\f(b＋1,a＋1)解析(特值法)取a＝－2，b＝－1，验证C正确．答案C2．用反证法证明命题：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，反设正确的是()．A．a，b都不能被5整除B．a，b都能被5整除C．a，b中有一个不能被5整除D．a，b中有一个能被5整除解析由反证法的定义得，反设即否定结论．答案A3．(2022·上海模拟)“a＝eq\f(1,4)”是“对任意正数x，均有x＋eq\f(a,x)≥1”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当a＝eq\f(1,4)时，x＋eq\f(\f(1,4),x)≥2eq\r(x·\f(\f(1,4),x))＝1，当且仅当x＝eq\f(1,4x)，即x＝eq\f(1,2)时取等号；反之，明显不成立．答案A4．(2022·张家口模拟)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＞0B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0D．(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＜3a⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a⇐－2a2＋ac＋c2⇐2a2－ac－c2⇐(a－c)(2a＋c)＞0⇐(a－c)(a－b答案C5．(2022·天津模拟)p＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))(m，n，a，b，c，d均为正数)，则p，q的大小为()．A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不确定解析q＝eq\r(ab＋\f(mad,n)＋\f(nbc,m)＋cd)≥eq\r(ab＋2\r(abcd)＋cd)＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)＝p.答案B二、填空题6．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成立的条件的个数是________．解析要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)>0且eq\f(a,b)>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37．已知a，b，m均为正数，且a＞b，则eq\f(b,a)与eq\f(b＋m,a＋m)的大小关系是________．解析eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(ab＋bm－ab－am,aa＋m)＝eq\f(mb－a,aa＋m)，∵a，b，m＞0，且a＞b，∴b－a＜0，∴eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m).答案eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)8．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”答案①三、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．(2022·鹤岗模拟)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)，由于a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，这与公比q≠0冲突，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冲突．综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．力量提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(2022·漳州一模)设a，b，c均为正实数，则三个数a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)()．A．都大于2B．都小于2C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2解析∵a＞0，b＞0，c＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.答案D2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b是正实数，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为()．A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A解析∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).答案A二、填空题3．(2022·株洲模拟)已知a，b，μ∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析∵a，b∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，∴a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9a,b)＋\f(b,a)))≥10＋2eq\r(9)＝16，当且仅当