2019版高考数学（理）创新大一轮人教A全国通用版讲义：第十二章推理与证明、算法、复数第2节

第2节　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.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点.

知 识 梳 理
1.直接证明
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
实质
由因导果
执果索因
框图表示
→→…→
→→…→
文字语言
因为……所以……
或由……得……
要证……只需证……
即证……
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，从而证明了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.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.(　　)
(2)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a (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.(　　)
解析　(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件.
(2)应假设“a≤b”.
(3)反证法只否定结论.
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2.若a，b，c为实数，且a A.ac2ab>b2
C.< D.>
解析　a2－ab＝a(a－b)，∵a0，∴a2>ab.①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2>ab>b2.
答案　B
3.要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)
A.2ab－1－a2b2≤0
B.a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D.(a2－1)(b2－1)≥0
解析　a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
答案　D
4.用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数.用反证法证明时，下列假设正确的是(　　)
A.假设a，b，c都是偶数
B.假设a，b，c都不是偶数
C.假设a，b，c至多有一个偶数
D.假设a，b，c至多有两个偶数
解析　“至少有一个”的否定为“都不是”，故B正确.
答案　B
5.(选修2－2P85例1改编)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________.
解析　由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC为等边三角形.
答案　等边三角形

考点一　综合法的应用
【例1】 数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)(一题多解)求数列的前n项和Sn，并证明＋＋…＋>.
(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)解　由(1)知＝2n－1，∴Sn＝＝n2.
法一　＋＋…＋＝＋＋…＋>＋＋…＋＝＋＋…＋＝1－＝.
法二　＋＋…＋＝＋＋…＋>1，
又∵1>，∴＋＋…＋>.
规律方法　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.
【训练1】 (2018·东北三省三校调研)已知a，b，c>0，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，
∴＋＋≤.
(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
【例2】 已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
证明　要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，
只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，
即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，
即(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.
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获解的关键.
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.
【训练2】 △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＋a2－2accos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立.
于是原等式成立.
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＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
(1)解　由已知得解得d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋).
(2)证明　由(1)得bn＝＝n＋.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b＝bpbr.即(q＋)2＝(p＋)(r＋).
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴＝q2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾.
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
规律方法　1.当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等.
2.用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须否定结论；(2)必须从否定结论进行推理；(3)推导出的矛盾必须是明显的.
【训练3】 (2018·郑州一中月考)若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a (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，
则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.
故不存在常数a，b使函数h(x)＝是[a，b]上的“四维光军”函数.

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
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(　　)
A.三个内角都不大于60°
B.三个内角都大于60°
C.三个内角至多有一个大于60°
D.三个内角至多有两个大于60°
解析　“至少有一个”的否定是“一个都没有”，故可以理解为都大于60°.
答案　B
2.已知m>1，a＝－，b＝－，则以下结论正确的是(　　)
A.a>b B.a C.a＝b D.a，b大小不定
解析　∵a＝－＝，
b＝－＝.
而＋>＋＞0(m＞1)，
∴<，即a 答案　B
3.若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是(　　)
A.lg(1＋a2)>0 B.a2＋b2≥2(a－b－1)
C.a2＋3ab>2b2 D.<
解析　在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.
答案　B
4.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＜a”索的因应是(　　)
A.a－b＞0 B.a－c＞0
C.(a－b)(a－c)＞0 D.(a－b)(a－c)＜0
解析　由题意知＜a⇐b2－ac＜3a2
⇐(a＋c)2－ac＜3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0
⇐－2a2＋ac＋c2＜0⇐2a2－ac－c2＞0
⇐(a－c)(2a＋c)＞0⇐(a－c)(a－b)＞0.
答案　C
5.①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是(　　)
A.①与②的假设都错误
B.①与②的假设都正确
C.①的假设正确；②的假设错误
D.①的假设错误；②的假设正确
解析　反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确.
答案　D

二、填空题
6.＋与2＋的大小关系为________.
解析　要比较＋与2＋的大小，
只需比较(＋)2与(2＋)2的大小，
只需比较6＋7＋2与8＋5＋4的大小，
只需比较与2的大小，只需比较42与40的大小，
∵42>40，∴＋>2＋.
答案　＋>2＋
7.用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是______________________.
解析　“至少有一个能被5整除”的否定是“都不能被5整除”.
答案　“a，b都不能被5整除”
8.下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的序号是________.
解析　要使＋≥2，只需>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使＋≥2成立.
答案　①③④
三、解答题
9.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.
又上述三个不等式中等号不能同时成立.
∴··＞abc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.
10.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S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0矛盾，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矛盾.
综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2018·上饶开学考试)设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋(　　)
A.都大于2 B.至少有一个大于2
C.至少有一个不小于2 D.至少有一个不大于2
解析　因为＋＋
＝＋＋≥6，
当且仅当x＝y＝z时等号成立.
所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.
答案　C
12.(2016·全国Ⅱ卷)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________.
解析　根据丙的说法及乙看了丙的卡片后的说法进行推理.由丙说“我的卡片上的数字之和不是5”，可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的数字为2和3.再根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”可知，甲的卡片上的数字是1和3.
答案　1和3
13.设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件.
证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd得(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，
即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)得＋>＋.
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，
即a＋b＋2>c＋d＋2.
因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，于是
(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.
因此|a－b|<|c－d|.
综上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件.