2020年高考数学理科一轮复习讲义：第11章算法复数推理与证明第4讲

第4讲　直接证明与间接证明

1．直接证明

续表

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．

1．概念辨析

(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(　　)

(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)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．(　　)

答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√

2．小题热身

(1)要证明＋<2，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＋<2，需证(＋)2<(2)2，即证10＋2<20，即证<5，即证21<25，显然成立，故原结论成立．

用综合法证明：因为(＋)2－(2)2＝10＋2－20＝2(－5)<0，故＋<2.

反证法证明：假设＋≥2，通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论．

从以上证法中，可知最合理的是分析法．故选B.

(2)命题“对于任意角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、分析法综合使用

D．间接证明法

答案　B

解析　因为证明过程是“从左到右”，即由条件出发，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＝0没有实根．故选A.

题型 　分析法的应用

(2019·长沙模拟)已知函数f(x)＝tanx，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.

证明　要证[f(x1)＋f(x2)]>f，

即证明(tanx1＋tanx2)>tan，

只需证明

>tan，

只需证明

>.由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)．所以cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0，

1＋cos(x1＋x2)>0，

故只需证明

1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，

即证1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，

即证cos(x1－x2)<1.

由x1，x2∈，x1≠x2知上式显然成立，

因此[f(x1)＋f(x2)]>f.

条件探究　举例说明中“f(x)”变为“f(x)＝3x－2x”，试证：对于任意的x1，x2∈R，均有≥f.

1．分析法证明问题的策略

(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想．

(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．

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、直接．

②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体．

③含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导．

(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：＋＝.

证明　要证＋＝，

即证＋＝3，也就是＋＝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 　综合法的应用

(2018·黄冈模拟)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}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求证：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，

∴＝，∴{an}是等比数列．

(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，

∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1.

b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，∴当n∈N且n≥2时，

bn＝f(bn－1)＝·⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1

⇒－＝.

∴是首项为1，公差为的等差数列．

1．利用综合法证题的策略

用综合法证题是从已知条件出发，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，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．

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，同时注意函数单调性、最值的应用，尤其注意导数思想的应用．

(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.

设a，b，c都是正数，求证：＋＋≥a＋b＋c.

证明　因为a，b，c都是正数，

所以，，都是正数．

所以＋≥2c，当且仅当a＝b时等号成立，

＋≥2a，当且仅当b＝c时等号成立，

＋≥2b，当且仅当a＝c时等号成立．

三式相加，得2≥2(a＋b＋c)，

即＋＋≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c时等号成立．

题型 　反证法的应用

角度1　证明否定性命题

1．(2018·株州月考)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－1，①

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．

角度2　证明“至多”“至少”“唯一”命题

2．已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，

(ⅰ)方程f(x)－x＝0有实数根；

(ⅱ)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．

解　(1)①当x＝0时，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有实数根为0；

②因为f′(x)＝＋cosx，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．

(2)证明：假设方程f(x)－x＝0存在两个实数根α，β(α≠β)，则f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.

不妨设α<β，根据题意存在c∈(α，β)．

满足f(β)－f(α)＝(β－α)f′(c)．

因为f(α)＝α，f(β)＝β，且α≠β，所以f′(c)＝1.

与已知0<f′(x)<1矛盾．

又f(x)－x＝0有实数根，所以方程f(x)－x＝0有且只有一个实数根．

1．反证法证明问题的三步骤

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)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；

(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少.

1．已知x∈R，a＝x2＋，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＋＋3

＝22＋3≥3，

两者矛盾，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＝，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矛盾，所以假设不成立．

所以不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.