2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第十二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


一、基础知识批注——理解深一点
1．直接证明
(1)综合法
①定义：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．
综合法证明题的一般规律
(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．
②框图表示：―→―→―→…―→
(其中P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：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)为止，这种证明方法叫做分析法．
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．
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进行论证．

②框图表示：―→―→―→…―→(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
2．间接证明
反证法：一般地，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．
二、基础小题强化——功底牢一点

(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)选一选
1．对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝(　　)
A．2sin θ　　　　　　 B．2cos θ
C．sin 2θ D．cos 2θ
解析：选D　cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ.
2．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°.

(三)填一填
3.－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>－
4．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________三角形．
解析：由A，B，C成等差数列得B＝，
由a，b，c成等比数列得b2＝ac，
又b2＝a2＋c2－2accos B
则ac＝a2＋c2－ac，得a＝c.
所以△ABC为等边三角形．
答案：等边


[典例]　设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤；
(2)＋＋≥1.
[证明]　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立；
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
[变透练清]
1.若本例条件不变，证明a2＋b2＋c2≥.
证明：因为a＋b＋c＝1，
所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
因为2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，
所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，
所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，
即a2＋b2＋c2≥.
2．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5a＝3b.
[解题技法]　利用综合法证明问题的思路


[典例]　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．
[解题技法]　利用分析法证明问题的思路及格式
(1)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)分析法的格式
通常采用“要证(欲证)……”“只需证……”“即证……”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．


[对点训练]
已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.
证明：因为m＞0，所以1＋m＞0.
所以要证2≤，
只需证m(a2－2ab＋b2)≥0，
即证(a－b)2≥0，
而(a－b)2≥0显然成立，
故2≤.

[典例]　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：是函数f(x)的一个零点；
(2)试用反证法证明＞c.
[证明]　(1)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＝，
所以是函数f(x)的一个零点．
(2)因为函数有两个不同零点，所以≠c.
假设＜c，又＞0，
由0＜x＜c时，f(x)＞0，
知f＞0，与f＝0矛盾，
所以＜c不成立，
又因为≠c，所以>c.
[解题技法]
1．反证法证明问题的3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．
[对点训练]
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．

A级——保大分专练
1．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实数根”时，假设为(　　)
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实数根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实数根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实数根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实数根
解析：选A　“至少有一个实数根”的否定是“一个实数根也没有”，即“没有实数根”．
2．在△ABC中，sin Asin C 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 C0，
即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，
从而B>，故△ABC必是钝角三角形．
3．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<2，即证0<，
即证x2>0，
因为x>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．
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：选C　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.选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) 则f(x1)＋f(x2)<0.
6．(2019·太原模拟)用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设____________________．
解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
答案：x≠－1且x≠1
7．设a＞b＞0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是________．
解析：(分析法)－＜⇐＜＋⇐a＜b＋2·＋a－b⇐2·＞0，显然成立．
答案：m＜n
8．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：(补集法)
令解得p≤－3或p≥，
故满足条件的p的取值范围为.
答案：
9．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.


10．已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
解：(1)由Sn＝，得a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，当n＝1时也适合．
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.
(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，
只需要a＝a1·am，
即(3n－2)2＝1·(3m－2)，
即m＝3n2－4n＋2，而此时m∈N*，且m>n.
所以对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．

B级——创高分自选

1.如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：
(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.
证明：(1)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.
因为AD⊥DE，CC1∩DE＝E，CC1⊂平面BCC1B1，
DE⊂平面BCC1B1，
所以AD⊥平面BCC1B1.
又AD⊂平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
又因为CC1∩B1C1＝C1，CC1⊂平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，
所以A1F∥平面ADE.
2．设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的单调区间和最小值；
(2)讨论g(x)与g的大小关系；
(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题设易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋，
∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1，
当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调递减区间，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调递增区间，
因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以最小值为g(1)＝1.
(2)g＝－ln x＋x，
设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，
则h′(x)＝－，
当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g，
当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，
当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，
即g(x)＞g；
当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，
即g(x)＜g.
(3)满足条件的x0不存在．证明如下：
法一：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立，即对任意x＞0，有ln x＜g(x0)＜ln x＋，*
但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有ln x1＝g(x0)，这与*左边不等式矛盾，
因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x＞0成立．
法二：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立．
由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，
又g(x)＝ln x＋＞ln x，而x＞1时，ln x的值域为(0，＋∞)，
∴x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)，
从而可取一个x1＞1，使g(x1)≥g(x0)＋1，
即g(x1)－g(x0)≥1，
故|g(x1)－g(x0)|≥1＞，与假设矛盾．
∴不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立．