2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第十章第四节直接证明与间接证明

第四节直接证明与间接证明


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：从已知的条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．
(2)分析法：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．
(3)综合法与分析法的推证过程如下：
综合法——⇒…⇒…⇒；
分析法——⇐…⇐…⇐.
2．间接证明
反证法：一般地，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．
[小题体验]
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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)×
2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b的大小关系为________．
答案：a＞b
3．下列条件：①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b＜0，其中能使＋≥2成立的条件的个数是________．
解析：要使＋≥2成立，
则＞0，即a与b同号，
故①③④均能使＋≥2成立．
答案：3

1．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．
2．利用反证法证明数学问题时，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．
[小题纠偏]
1.－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＞－
2．(2019·南通调研)用反证法证明命题：“若(a－1)(b－1)·(c－1)＞0，则a，b，c中至少有一个大于1”时，要做的假设是“假设a，b，c________”．
答案：都不大于1

　
[题组练透]
1．(2019·南通模拟)已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.
证明：∵m＞0，∴1＋m＞0，
∴要证2≤，
即证(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2≤.
2．(易错题)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＋a2－2accos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
[谨记通法]
1．利用分析法证明问题的思路
分析法的证明思路：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．
　
[典例引领]
　(2019·徐州检测)设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．
证明：因为a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2·(－)＝(－)[()5－()5]，
当a≥b时，≥，从而()5≥()5，
得(－)[()5－()5]≥0；
当a＜b时，＜，从而()5＜()5，
得(－)[()5－()5]＞0.
所以a3＋b3≥(a2＋b2)．
[由题悟法]
综合法证明问题的思路
(1)分析条件选择方向
分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法
(2)转化条件组织过程
把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化
(3)适当调整回顾反思
回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取
[即时应用]
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＝2sin2B，
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，
所以＝，即5a＝3b.
　
[典例引领]
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.当且仅当a＝b时取等号．
(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．
[由题悟法]
反证法证明问题的3步骤
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)
(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)
[即时应用]
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．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
所以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＋)，
所以(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
因为p，q，r∈N*，
所以
所以2＝pr，(p－r)2＝0，
所以p＝r，与p≠r矛盾，
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．

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1．(2019·海门中学检测)用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其反设为“________”．
解析：命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，
其题设为“a2＋b2＝0”，结论是“a，b全为0”，
用反证法证明该命题时，其反设为“a，b不全为0”．
答案：a，b不全为0
2．(2018·徐州模拟)若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．
解析：因为P2＝2a＋7＋2·＝2a＋7＋2，Q2＝2a＋7＋2·＝2a＋7＋2，所以P2＜Q2，所以P＜Q.
答案：P＜Q
3．(2018·江阴调研)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件的是________(填序号)．
解析：①中，假设a≤1，b≤1，则a＋b≤2与已知条件a＋b＞2矛盾，故假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1，①正确；②中，若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2成立，故②不能推出：“a，b中至少有一个大于1”．
答案：①
4．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)________0(填“＞”“＜”或“＝”)．
解析：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.
答案：＜
5．(2019·吕四中学检测)若0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，则在a＋b,2，a2＋b2和2ab中最大的是________．
解析：因为0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，所以a＋b＞2，a2＋b2＞2ab，a＋b－(a2＋b2)＝a(1－a)＋b(1－b)＞0，所以a＋b最大．
答案：a＋b
6．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
7．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，
所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1＜cn.
答案：cn＋1＜cn
8．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：＞8.
证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，
所以－1＝＝＞，①
－1＝＝＞， ②
－1＝＝＞， ③
又x，y，z为正数，由①×②×③，
得＞8.
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S8＝64.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＞(n≥2，n∈N*)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则解得a1＝1，d＝2.
故所求的通项公式为an＝2n－1.
(2)证明：由(1)可知Sn＝n2，
要证原不等式成立，只需证＋＞，
即证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2，
只需证(n2＋1)n2＞(n2－1)2，
即证3n2＞1.
而3n2＞1在n≥2时恒成立，
从而不等式＋＞(n≥2，n∈N*)恒成立．
10.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
(1)求证：EC∥平面PAD；
(2)求证：平面EAC⊥平面PBC.
证明：(1)作线段AB的中点F，连结EF，CF(图略)，则AF＝CD，AF∥CD，
所以四边形ADCF是平行四边形，
则CF∥AD.
又EF∥AP，且CF∩EF＝F，所以平面CFE∥平面PAD.
又EC⊂平面CEF，所以EC∥平面PAD.
(2)因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC.
因为四边形ABCD是直角梯形，
且AB＝2AD＝2CD＝2，
所以AC＝，BC＝.
所以AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，
因为PC∩BC＝C，所以AC⊥平面PBC，
因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.
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1．(2019·南通调研)已知数列{an}各项均为正数，且不是常数列．
(1)若数列{an}是等差数列，求证：＋＜2；
(2)若数列{an}是等比数列，求证：1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
证明：(1)要证＋＜2，
只需证a1＋a3＋2＜4a2，
∵数列{an}是等差数列，
∴a1＋a3＝2a2，
∴只需证 ＜a2，
即证a1a3＜a＝2，
∵数列{an}各项均为正数，
∴a1a3＜a＝2成立，
∴＋＜2.
(2)假设1－an,1－an＋1,1－an＋2成等比数列，
则(1－an＋1)2＝(1－an)(1－an＋2)，
即1－2an＋1＋a＝1＋anan＋2－(an＋an＋2)，
∵数列{an}是等比数列，
∴a＝anan＋2，
∴2an＋1＝an＋an＋2，
∴数列{an}是等差数列，
∴数列{an}是常数列，这与已知相矛盾，
故假设不成立，
∴1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
2．若无穷数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，则称{an}具有性质P.
(1)若{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，求a3；
(2)若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1＝c5＝1，b5＝c1＝81，an＝bn＋cn，判断{an}是否具有性质P，并说明理由；
(3)设{bn}是无穷数列，已知an＋1＝bn＋sin an(n∈N*)，求证：“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．
解：(1)因为a5＝a2，所以a6＝a3，a7＝a4＝3，a8＝a5＝2，
于是a6＋a7＋a8＝a3＋3＋2.
又因为a6＋a7＋a8＝21，所以a3＝16.
(2)由题意，得数列{bn}的公差为20，{cn}的公比为，
所以bn＝1＋20(n－1)＝20n－19，
cn＝81·n－1＝35－n，
an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n.
a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝，a2≠a6，
所以{an}不具有性质P.
(3)证明：充分性：
当{bn}为常数列时，an＋1＝b1＋sin an.
对任意给定的a1，若ap＝aq，则b1＋sin ap＝b1＋sin aq，即ap＋1＝aq＋1，充分性得证．
必要性：
假设{bn}不是常数列，则存在k∈N*，使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而bk＋1≠b.
下面证明存在满足an＋1＝bn＋sin an的数列{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1.
设f(x)＝x－sin x－b，取m∈N*，使得mπ＞|b|，
则f(mπ)＝mπ－b＞0，f(－mπ)＝－mπ－b＜0，
故存在c使得f(c)＝0.
取a1＝c，因为an＋1＝b＋sin an(1≤n≤k)，
所以a2＝b＋sin c＝c＝a1，
依此类推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.
但ak＋2＝bk＋1＋sin ak＋1＝bk＋1＋sin c≠b＋sin c，
即ak＋2≠ak＋1.
所以{an}不具有性质P，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．