2021届山东高考数学一轮创新教学案：第11章　第4讲　直接证明与间接证明

第4讲　直接证明与间接证明 [考纲解读]　1.掌握直接证明的两种基本方法：分析法与综合法．(重点)2．能够用反证法证明问题，掌握反证法的步骤：①反设；②归谬；③结论．(难点)3．综合法、反证法证明问题是高考中的一个热点，主要在知识交汇处命题，如数列、不等式等． [考向预测]　 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年将会以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法与反证法的灵活应用，题型为解答题中的一问，试题难度中等．    对应学生用书P203　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　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、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)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．1.概念辨析(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)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．(　　)答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√2.小题热身(1)要证明＋<2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是(　　)A.综合法  B．分析法  C．类比法  D．反证法答案　B解析　用分析法证明如下：要证明＋<2，需证(＋)2<(2)2，即证10＋2<20，即证<5，即证21<25，显然成立，故原结论成立．用综合法证明：因为(＋)2－(2)2＝10＋2－20＝2(－5)<0，故＋<2.反证法证明：假设＋≥2，通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论．从以上证法中，可知最合理的是分析法．故选B.(2)命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”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.间接证明法答案　B解析　因为证明过程是“从左到右”，即由条件出发，经过推理得出结论，属于综合法．故选B.(3)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是(　　)A.方程x3＋ax＋b＝0没有实根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根答案　A解析　因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，因此，要作的假设是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．故选A.  对应学生用书P204题型 一　分析法的应用1.(2020·大同质检)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>0C.(a－b)(a－c)>0  D．(a－b)(a－c)<0答案　C解析　要证<a，只需证b2－ac<3a2，即证(a＋c)2－ac<3a2，即证2a2－ac－c2>0，即证(2a＋c)(a－c)>0，即证[2a－(a＋b)](a－c)>0，即证(a－b)(a－c)>0，故索的因应是(a－b)(a－c)>0.2.(2019·天水一中模拟)(1)已知实数a，b满足|a|<2，|b|<2，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.(2)已知a>0，证明： －≥a＋－2.证明　(1)要证2|a＋b|<|4＋ab|，只需要4a2＋8ab＋4b2<16＋8ab＋a2b2，只需证4a2＋4b2<16＋a2b2，只需证16－4a2－4b2＋a2b2>0，即(4－a2)(4－b2)>0，因为|a|<2，|b|<2，所以a2<4，b2<4，所以(4－a2)(4－b2)>0成立．所以要证明的不等式成立．(2)要证 －≥a＋－2，只需证 ＋2≥a＋＋，只需证a2＋＋4＋4≥a2＋＋2＋2a＋＋2，即证2≥a＋.只需证4a2＋≥2a2＋＋2，即证a2＋≥2，由基本不等式知此式显然成立，所以原不等式成立.1.分析法证明问题的策略(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想．(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.2.分析法的适用范围及证题关键(1)适用范围①已知条件与结论之间的联系不够明显、直接．②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体．③含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导．见举例说明2.(2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的．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＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立.题型 二　综合法的应用设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中m为常数，且m≠－3.(1)求证：{an}是等比数列；(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求证：为等差数列．证明　(1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，m≠－3，∴＝，∴{an}是等比数列．(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1.又b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，∴当n∈N且n≥2时，bn＝f(bn－1)＝·⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1⇒－＝.∴是首项为1，公差为的等差数列.1.利用综合法证题的策略用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题．(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型.2.综合法证明问题的常见类型及方法(1)与不等式有关的证明：充分利用函数、方程、不等式间的关系，同时注意函数单调性、最值的应用，尤其注意导数思想的应用．(2)与数列有关的证明：充分利用等差、等比数列的定义通项及前n项和公式证明．见举例说明．求证抛物线y2＝2px(p>0)，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－相切．证明　如图，作AA′，BB′垂直于准线于点A′，B′，取AB的中点M，作MM′垂直于准线于点M′.要证明以AB为直径的圆与准线相切，只需证|MM′|＝|AB|，由抛物线的定义得|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，所以只需证|MM′|＝(|AA′|＋|BB′|)，由梯形的中位线定理知上式是成立的．所以，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－相切.题型 三　反证法的应用1.(2019·衡水模拟)利用反证法证明：若＋＝0，则x＝y＝0，假设为(　　)A.x，y都不为0  B．x，y不都为0C.x，y都不为0，且x≠y  D．x，y至少有一个为0答案　B解析　x＝y＝0的否定为x≠0或y≠0，即x，y不都为0.2.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．解　(1)设{an}的前n项和为Sn，则当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝，∴Sn＝(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)，a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，2a1qk＝a1qk－1＋a1qk＋1，∵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.1.反证法证明问题的三个步骤—　—　—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．1．已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.证明　假设a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1.2．已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.(1)求证：SA⊥平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．解　(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，所以SA⊥平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.因为BC∥AD，BC⊄平面SAD.所以BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，所以平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，所以假设不成立．所以不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.  对应学生用书P292　组　基础关1．(2019·淮南二中模拟)用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，下列假设正确的是(　　)A．三个内角中至少有一个钝角B．三个内角中至少有两个钝角C．三个内角都不是钝角D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角答案　B解析　由于命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”，故用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设“三个内角中至少有两个钝角”．2．证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：因为f(x)＝ex＋，所以f′(x)＝ex－，又因为x>0，所以ex>1,0<<1，所以ex－>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．他使用的证明方法是(　　)A．综合法  B．分析法C．反证法  D．以上都不是答案　A解析　由证明过程可知，他使用的方法是综合法．3．分析法又称执果索因，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答案　C解析　<1＋⇔1＋x<1＋x＋⇔0<⇔x2>0.4．设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，则(　　)A．P>Q  B．P<Q  C．P≤Q  D．P≥Q答案　A解析　因为2x＋2－x≥2＝2(当且仅当x＝0时等号成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故选A.5．在等比数列{an}中，a1<a2<a3是数列{an}递增的(　　)A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充要条件  D．既不充分也不必要条件答案　C解析　当a1<a2<a3时，设公比为q，由a1<a1q<a1q2得，若a1>0，则1<q<q2，即q>1，此时，显然数列{an}是递增数列，若a1<0，则1>q>q2，即0<q<1，此时，数列{an}也是递增数列，反之，当数列{an}是递增数列时，显然a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比数列{an}递增的充要条件．6．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．无法确定正负答案　A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.故选A.7．若a>b>c，则使＋≥恒成立的最大的正整数k为(　　)A．2  B．3 C．4  D．5答案　C解析　∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝a－b＋b－c.又＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当a－b＝b－c时等号成立．∴k≤＋，k≤4，故k的最大整数为4.故选C.8．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．答案　x≠－1且x≠1解析　根据反证法的定义，应首先假设命题的结论不成立，对本题而言即x≠－1且x≠1.9.－2与－的大小关系是________．答案　－2>－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．10．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________．答案　cn＋1<cn解析　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，因此an＝，bn＝n，cn＝－n＝，因此数列{cn}为递减数列，所以cn＋1<cn.　组　能力关1．已知x>0，y>0，且y－x>1，则，的值满足(　　)A.，都大于1B.，中至少有一个小于1C.，都小于1D．以上说法都不正确答案　B解析　∵x>0，y>0，且y－x>1，∴x<y－1，y>1，∴－x>1－y，∴<＝－1.∵x<y－1，∴3x<3y－3，∴1＋3x<3y－2，∴<＝3－.∵y>1，∴3－>1，∴可小于1，可等于1，也可大于1，故，中至少有一个小于1.故选B.2．(2019·凉山州模拟)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n>2 时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解”．经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁 · 怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是(　　)A．存在至少一组正整数组(x，y，z)使方程x3＋y3＝z3有解B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解D．当整数n>3时，关于x，y的方程xn＋yn＝zn没有正实数解答案　C解析　由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个中的一个．假设关于x，y 的方程x3＋y3＝1有正有理数解，故x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝，y＝，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数．代入方程得＋＝1，两边乘以a3n3得(am)3＋(bn)3＝(an)3，由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解．3．用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则a，b，c，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：________.答案　a，b，c，d全是负数解析　“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d中没有一个是非负数，即a，b，c，d全是负数”．4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝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sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因为sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，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，又b>0，所以5a＝3b.5．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，只要证a1＋a3＋2<4a2，因为数列{an}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，只要证 <a2，只要证a1a3<a＝2，因为数列{an}各项均为正数，且不是常数列，所以a1a3<a＝2成立，所以＋<2.(2)假设1－an,1－an＋1,1－an＋2可能成等比数列，则(1－an＋1)2＝(1－an)(1－an＋2)，即1－2an＋1＋a＝1＋anan＋2－(an＋an＋2)，因为数列{an}是等比数列，所以a＝anan＋2，所以2an＋1＝an＋an＋2，所以数列{an}是等差数列，所以数列{an}是常数列，这与已知相矛盾，故假设不成立，所以1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．