2019届二轮复习（理）专题64直接证明与间接证明学案（全国通用）

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.

一、直接证明

(1)综合法

①定义：一般地，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，这种证明方法叫做综合法．

②框图表示：―→―→―→…―→

(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．

③思维过程：由因导果．

(2)分析法

①定义：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．

②框图表示：―→―→―→…―→

(其中Q表示要证明的结论)．

③思维过程：执果索因．

二、间接证明

反证法：一般地，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，从而证明原命题成立的证明方法．

高频考点一　综合法的应用

例1．设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋(　　)

A．都大于2   B．都小于2

C．至少有一个不大于2   D．至少有一个不小于2

答案　D

解析　∵a>0，b>0，c>0，

∴＋＋

＝＋＋≥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.学^ 

【变式探究】如果a＋b>a＋b成立，则a，b应满足的条件是                          ．

答案　a≥0，b≥0且a≠b

∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.

【举一反三】若a，b，c是不全相等的正数，求证：

lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.

证明　∵a，b，c∈(0，＋∞)，

∴≥ >0，≥ >0，≥ >0.

由于a，b，c是不全相等的正数，

∴上述三个不等式中等号不能同时成立，

∴··>abc>0成立．

上式两边同时取常用对数，得

lg>lg abc，

∴lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.

【感悟提升】(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．

高频考点二　分析法的应用

例2、已知函数f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.

【变式探究】已知函数f(x)＝3x－2x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：对于任意的x1，x2∈R，均有≥f

证明　要证明≥f，

即证明≥－2·，

因此只要证明－(x1＋x2)≥－(x1＋x2)，

即证明≥，

因此只要证明≥，

由于当x1，x2∈R时，>0,>0，

由基本不等式知≥显然成立，当且仅当x1＝x2时，等号成立．故原结论成立．

【感悟提升】(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解决的关键．

(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．

【变式探究】 已知a>0，证明：－ ≥a＋－2.

高频考点三　反证法的应用

例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，则

当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；

当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①

qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②

①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，

∴Sn＝，

∴Sn＝

(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)，

a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，

aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，

∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.

∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．

∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．

【变式探究】已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，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．

(2)解　假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.

∵BC∥AD，BC⊄平面SAD.

∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，

∴平面FBC∥平面SAD.学  ]

这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，

∴假设不成立．

∴不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.

高频考点四　证明唯一性命题

例4、已知M是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，①方程f(x)－x＝0有实数根；

②函数f(x)的导数f′(x)满足0<f′(x)<1.

(1)判断函数f(x)＝＋是不是集合M中的元素，并说明理由；     

(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意[m，n]⊆D，都存在x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n－m)f′(x0)成立．试用这一性质证明：方程f(x)－x＝0有且只有一个实数根．

(1)解　①当x＝0时，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有实数根0；

②f′(x)＝＋，所以f′(x)∈，满足条件0<f′(x)<1.

由①②可得，函数f(x)＝＋是集合M中的元素．

【感悟提升】应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：

第一步：分清命题“p⇒q”的条件和结论；

第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；

第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真．

所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．

【变式探究】若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．

(1)设g(x)＝x2－x＋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)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．

解　(1)由题设得g(x)＝(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b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.

因为b>1，所以b＝3.

1．(2017·江苏)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋

an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．

(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；

(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．

证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，

则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，

an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d

＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2, 3，

所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，

因此等差数列{an}是“P(3)数列”． 学  ]

(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，

当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①

当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3

＝6an.②

由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③  | |k ]

an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④

将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，

所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.

在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，

所以a2＝a3－d′，

在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，

所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．  

2．(2017·北京)设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．

(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；   ]

(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，>M；或者存在正整数m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．

(2)证明　设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，

则bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n

＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)．

所以cn＝

①当d1＞0时，

取正整数m＞，则当n≥m时，nd1＞d2，

因此，cn＝b1－a1n，

此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．

②当d1＝0时，对任意n≥1，

cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0}

＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)．

此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列．