高三数学一轮复习： 第6章 第5节 直接证明与间接证明

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1．直接证明
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．
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
(4)在解决问题时，常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．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√
2．要证明eq \r(3)＋eq \r(7)eq \f(b,a) [∵eq \f(b＋x,a＋x)－eq \f(b,a)＝eq \f(xa－b,a＋xa)>0，
∴eq \f(b＋x,a＋x)>eq \f(b,a).]
5．(教材改编)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__________三角形．
等边 [由题意2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝π，∴B＝eq \f(π,3)，又b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq \f(π,3)，∴△ABC为等边三角形．]
已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．
[证明] (1)如图所示，因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1.2分
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，4分
所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，F，E四点共面.5分
(2)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，
又设平面BDEF为β.
因为Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β，
则Q是α与β的公共点.8分
同理，P点也是α与β的公共点.9分
所以α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，
所以R∈A1C，则R∈α且R∈β，
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.12分
[规律方法] 综合法是“由因导果”的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，常与分析法结合使用，用分析法探路，综合法书写，但要注意有关定理、性质、结论题设条件的正确运用．
[变式训练1] 已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,3)x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤g(x)．
[解] (1)f′(x)＝eq \f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，2分
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g0＝f0，,f′0＝g′0，))
解得a＝0，b＝1.5分
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)
＝ln(x＋1)－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2－x(x>－1)．
h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq \f(－x3,x＋1).8分
所以h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．
h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x).12分
已知a>0，求证：eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2.
【导学号：01772227】
[证明] 要证eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2，
只需要证eq \r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq \f(1,a)＋eq \r(2).2分
因为a>0，故只需要证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，
即a2＋eq \f(1,a2)＋4eq \r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq \f(1,a2)＋2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))＋2，8分
从而只需要证2eq \r(a2＋\f(1,a2))≥eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))，
只需要证4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2＋\f(1,a2)))，
即a2＋eq \f(1,a2)≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.12分
[规律方法] 1.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．
2．分析法的特点和思路是“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．
[变式训练2] 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：eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c).
[证明] 要证eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c)，
即证eq \f(a＋b＋c,a＋b)＋eq \f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq \f(c,a＋b)＋eq \f(a,b＋c)＝1，3分
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2，5分
又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得
b2＝c2＋a2－2accs 60°，10分
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立.12分
设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
【导学号：01772228】
[解] (1)设{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))5分
(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
aeq \\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aeq \\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.8分
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，
∴q＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列.12分
[规律方法] 用反证法证明问题的步骤：
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(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，矛盾可以是与已知条件、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)
[变式训练3] 已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根．
[证明] 假设三个方程都没有实数根，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a2－4－4a＋3