2020版高考理科数学（人教版）一轮复习讲义：第七章第五节直接证明与间接证明

第五节直接证明与间接证明 1．直接证明——综合法、分析法内容综合法分析法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，最后推导出所要证明的结论成立从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，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)为止思维过程由因导果(顺推证法)执果索因(逆推证法)框图表示P表示已知条件、已有的数学定义、公理、定理、性质等，Q表示所要证明的结论→→…→→→…→文字语言因为……，所以……，或由……得……，或“⇒”要证(欲证)……，只需证……，即证…… 2．间接证明——反证法要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．,(1)分析法的特点①当命题不知从何入手时，可以运用分析法来解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效．②分析法证明过程不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件． (2)应用反证法证题注意事项应用反证法证题时，必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．(3)一些常见词语的否定正面词语否定正面词语否定正面词语否定等于(＝)不等于(≠)不是是任意的某些大于(＞)不大于(小于或等于“≤”)都是不都是(至少有一个不是)所有的某个小于(＜)不小于(大于或等于“≥”)至多有一个至少有两个且或全为不全为至少有一个一个也没有或且[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(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)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a≤b”．(　　)(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×二、选填题1．命题“对任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”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．间接证明法解析：选B　因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论，故选B.2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)A．2ab－1－a2b2≤0  B．a2＋b2－1－≤0C.－1－a2b2≤0  D．(a2－1)(b2－1)≥0解析：选D　a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是(　　)A．假设三个内角都不大于60°B．假设三个内角都大于60°C．假设三个内角至多有一个大于60°D．假设三个内角至多有两个大于60°解析：选B　根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60°.故选B.4．若，，成等比数列，则logx＝________.解析：由题意得()2＝·，所以＝，所以x＝.设logx＝y，即y＝＝2，所以y＝2，即logx＝2.答案：25.－2与－的大小关系是________．解析：假设－2＞－，由分析法可得，要证 －2＞－，只需证 ＋＞＋2，即证13＋2＞13＋4，即＞2.因为42＞40，所以－2＞－成立．答案：－2＞－考点一综合法的应用[师生共研过关][典例精析]数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.(1)证明：数列是等差数列；(2)求数列的前n项和Sn，并证明＋＋…＋＞.[解]　(1)证明：∵an＋1＝，∴＝，化简得＝2＋，即－＝2，故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知＝2n－1，∴Sn＝＝n2.法一：＋＋…＋＝＋＋…＋＞＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.法二：＋＋…＋＝＋＋…＋＞1，又∵1＞，∴＋＋…＋＞.[解题技法]掌握综合法证明问题的思路[过关训练]已知a，b，c都为正实数，a＋b＋c＝1.求证：(1)＋＋≤；(2)＋＋≥.证明：(1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，∴＋＋≤，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0，∴＋(3a＋1)≥2 ＝4，当且仅当＝3a＋1，即a＝时取“＝”．∴≥3－3a，同理得≥3－3b，≥3－3c，以上三式相加得4≥9－3(a＋b＋c)＝6，∴＋＋≥，当且仅当a＝b＝c＝时取“＝”．考点二分析法的应用[师生共研过关] [典例精析]若△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．[解题技法]1．利用分析法证明问题的思路先从结论入手，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．2．分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．[过关训练]1．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即证(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，∴2a3－b3≥2ab2－a2b.2．已知a＞0，求证： －≥a＋－2.证明：要证 －≥a＋－2，只要证 ＋2≥a＋＋.因为a＞0，故只要证2≥2，即证a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2，从而只要证2 ≥ ，只要证4≥2，即a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．考点三反证法的应用[师生共研过关] [典例精析]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．[解]　(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝an，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝.(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，则2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又因为p＜q＜r，所以r－q∈N*，r－p∈N*.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立．所以假设不成立，原命题得证．[解题技法]用反证法证明数学命题需把握的3点(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．[过关训练]1．已知a1＋a2＋a3＋a4＞100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a1＋a2＋a3＋a4＞100矛盾，故假设错误．所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.2．已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．证明：假设存在x0′∈(a，b)，x0∈(a，b)，且x0′≠x0，使得＝f′(x0′)，＝f′(x0)成立，即f′(x0)＝f′(x0′)．因为f′(x)＝－m，记g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x0′，这与x0′≠x0矛盾，所以x0是唯一的．