2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第十二章 第4讲 直接证明与间接证明
展开第4讲 直接证明与间接证明
一、知识梳理
1．直接证明
直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．
(1)综合法：一般地，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，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．
综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．
(2)分析法：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)，这种证明方法叫做分析法．
分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．
2．间接证明
反证法：假设原命题不成立，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，这样的证明方法叫做反证法．
常用结论
1．分析法是执果索因，实际上是寻找使结论成立的充分条件；综合法是由因导果，就是寻找已知的必要条件．
2．用反证法证题时，首先否定结论，否定结论就是找出结论反面的情况，然后推出矛盾，矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾．
二、习题改编
1．(选修12P42练习T1改编)对于任意角θ，化简cos4 θ－sin4 θ＝( )
A．2sin θ B．2cos θ
C．sin 2θ D．cos 2θ
解析：选D.因为cos4 θ－sin4 θ＝(cos2 θ－sin2 θ)(cos2 θ＋sin2 θ)＝cos2 θ－sin2 θ＝cos 2θ，故选D.
2．(选修12P42练习T2改编)设m＝1＋，n＝2，则m与n的大小关系是( )
A．m＞n B．m≥n
C．m＜n D．m≤n
解析：选C.法一：m2－n2＝(1＋)2－(2)2＝4＋2－8＝2－4＝－＜0，又m＞0，n＞0.
所以m＜n，故选C.
法二：假设m≥n，即1＋≥2.
则有(1＋)2≥(2)2，
即4＋2≥8，即2≥4，
即≥2，即3≥4，显然错误，所以m＜n，故选C.
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．( )
(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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
(5)常常用分析法寻找解题的思路与方法，用综合法展现解决问题的过程．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易错纠偏
(1)“至少”否定出错；
(2)应用分析法寻找的条件不充分．
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 ．
答案：三角形三个内角都大于60°
2．若用分析法证明“设a>b>c且a＋b＋c＝0，求证<a”，则索的因是 (填序号)．
①a－b>0；②a－c>0；③(a－b)(a－c)>0；④(a－b)(a－c)<0.
解析：由a>b>c且a＋b＋c＝0，可得b＝－a－c，a>0，c<0，要证<a，只需证(－a－c)2－ac<3a2，即证a2－ac＋a2－c2>0，即证，a(a－c)＋(a＋c)(a－c)>0，即证(a－c)(a－b)>0.
答案：③
综合法(师生共研)
(2019·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC.
求证：(1)A1B1∥平面DEC1；
(2)BE⊥C1E.
【证明】 (1)因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，
所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
综合法证题的思路与方法
(一题多解)在△ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且直线bx＋ycos A＋cos B＝0与ax＋ycos B＋cos A＝0平行，求证：△ABC是直角三角形．
证明：法一：由两直线平行可知bcos B－acos A＝0，由正弦定理可知sin Bcos B－sin Acos A＝0，即sin 2B－sin 2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝.若A＝B，则a＝b，cos A＝cos B，两直线重合，不符合题意，故A＋B＝，即△ABC是直角三角形．
法二：由两直线平行可知bcos B－acos A＝0，
由余弦定理，得a·＝b·，
所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，
所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.
若a＝b，则两直线重合，不符合题意，
故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．
分析法(师生共研)
△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，也就是证＋＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2.
又△ABC三个内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
分析法的证题思路
先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．
[提醒] 要注意书写格式的规范性．
已知m>0，a，b∈R，求证：≤.
证明：因为m>0，所以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显然成立，故原不等式得证．
反证法(师生共研)
设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
【证明】 由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；
同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾．
故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
反证法证明数学命题的步骤
应用反证法时，当原命题结论反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达到否定结论的目的．
已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
证明：假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，即ac＋bd＋ad＋bc＝1，又ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，故a，b，c，d中至少有一个是负数．
[基础题组练]
1．(2020·衡阳示范高中联考(二))用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”的正确假设为( )
A．自然数a，b，c中至少有两个偶数
B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
C．自然数a，b，c都是奇数
D．自然数a，b，c都是偶数
解析：选B.“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”说明有且只有一个是偶数，其否定是“自然数a，b，c均为奇数或自然数a，b，c中至少有两个偶数”．
2．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是( )
A．x2>2 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
解析：选C.因为x>0，所以要证<1＋，只需证()2<，即证0<，即证x2>0，显然x2>0成立，故原不等式成立．
3．在△ABC中，sin Asin C＜cos Acos C，则△ABC一定是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
解析：选C.由sin Asin C＜cos Acos C得
cos Acos C－sin Asin C＞0，
即cos(A＋C)＞0，所以A＋C是锐角，
从而B＞，故△ABC必是钝角三角形．
4．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：选A.因为≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，所以f≤f()≤f，即A≤B≤C.
5．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
解析：选A.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.
6．用反证法证明命题“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，则x≠a且x≠b”时，应假设为 ．
解析：“x≠a且x≠b”的否定是“x＝a或x＝b”，因此应假设为x＝a或x＝b.
答案：x＝a或x＝b
7．设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为 ．
解析：a＝＋2，b＝2＋，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，显然<，所以a<b.
答案：a<b
8．(2020·福州模拟)如果a＋b＞a＋b，则a，b应满足的条件是 ．
解析：a＋b＞a＋b，即(－)2(＋)＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列；
(2)若C＝，求证：5a＝3b.
证明：(1)由已知得sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2 B，因为sin B≠0，所以sin A＋sin C＝2sin B，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．
(2)由C＝，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，即5a＝3b.
10．已知四棱锥SABCD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，AB⊂平面ABCD，
AD⊂平面ABCD，
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.
[综合题组练]
1．已知a，b，c∈R，若·>1且＋≥－2，则下列结论成立的是( )
A．a，b，c同号
B．b，c同号，a与它们异号
C．a，c同号，b与它们异号
D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定
解析：选A.由·>1知与同号，
若>0且>0，不等式＋≥－2显然成立，
若<0且<0，则－>0，－>0，
＋≥2 >2，即＋<－2，
这与＋≥－2矛盾，故>0且>0，即a，b，c同号．
2．(应用型)(一题多解)若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是 ．
解析：法一(补集法)：f(x)在区间[－1，1]内至少存在一点c.使f(c)>0，该结论的否定是对于区间[－1，1]内的任意一点c，都有f(c)≤0，
令解得p≤－3或p≥，
故满足条件的p的取值范围为.
法二(直接法)：依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，
即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，
得－＜p＜1或－3＜p＜，
故满足条件的p的取值范围是.
答案：
3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0<x<c时，f(x)>0.
(1)证明：是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较与c的大小．
解：(1)证明：因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
因为f(c)＝0，
所以x1＝c是f(x)＝0的根，
又x1x2＝，
所以x2＝，
所以是f(x)＝0的一个根．
(2)假设<c，又>0，
由0<x<c时，f(x)>0，
知f>0与f＝0矛盾，
所以≥c，又因为≠c，所以>c.
4．(综合型)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)由已知得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，
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.
(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b](a＞－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有即
解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．
