2021版新高考数学（文科）一轮复习教师用书：第7章第6节　直接证明与间接证明

第六节　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：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点．

1．直接证明

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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．

一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾． (　　)

[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×

二、教材改编

1．对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝(　　)

A．2sin θ　　　　　　　 B．2cos θ

C．sin 2θ   D．cos 2θ

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°

B　[“至少有一个不大于60°”的否定是“没有不大于60°”，即“三个内角都大于60°”，故选B.]

3．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　　)

A．P＞Q   B．P＝Q

C．P＜Q   D．由a的取值确定

A　[由题意知P＞0，Q＞0，

P2＝2a＋13＋2，

Q2＝2a＋13＋2.

∵＞，

∴P2＞Q2，∴P＞Q，故选A.]

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．

等边　[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．]

考点1　综合法的应用

　利用综合法证明问题的思路

　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.

[母题探究]

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．若本例条件“a＋b＋c＝1”换为abc＝1，其他条件不变，试证：＋＋≤a2＋b2＋c2.

[证明]　∵a2＋b2≥2ab，

b2＋c2≥2bc，

c2＋a2≥2ac.

∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca

＝＝＋＋，

当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．

所以＋＋≤a2＋b2＋c2.

　解答本例第(2)问时，通过基本不等式去掉分母，然后把得到的不等式相加得到答案，这是常用的方法．

[教师备选例题]

已知函数f(x)＝－(a＞0，且a≠1)．

(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点对称；

(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．

[证明]　(1)函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．

由已知y＝－，

则－1－y＝－1＋＝－，

f(1－x)＝－＝－

＝－＝－，

∴－1－y＝f(1－x)，

即函数y＝f(x)的图象关于点对称．

(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，

即f(x)＋f(1－x)＝－1.

∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，

f(0)＋f(1)＝－1.

则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.

　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，

∴＋＋≤(当且仅当a＝b＝c时取等号)．

(2)∵a＞0，∴3a＋1＞1，

∴＋(3a＋1)≥2＝4，

∴≥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＝时取等号)．

考点2　分析法的应用

　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．

　(1)若a，b∈(1，＋∞)，证明＜.

[证明]　要证＜，

只需证()2＜()2，

只需证a＋b－1－ab＜0，

即证(a－1)(1－b)＜0.

因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，

即(a－1)(1－b)＜0成立，

所以原不等式成立．

(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：＋＝.

[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．

　解答本例T(2)时，先用分析法得到“需证c2＋a2＝ac＋b2”，再用综合法证明这个结论成立，这是常用的方法．

[教师备选例题]

已知a，b∈R，a＞b＞e(其中e是自然对数的底数)，用分析法证明：ba＞ab.

[证明]　∵ba＞0，ab＞0，

∴要证：ba＞ab，

只要证：aln b＞bln a，

只要证：＞(∵a＞b＞e)，

取函数f(x)＝，则f′(x)＝，

∴当x＞e时，f′(x)＜0，即函数f(x)在(e，＋∞)是减函数．

∴当a＞b＞e时，有f(b)＞f(a)，

即＞，得证．

　已知a＞0，证明：－≥a＋－2.

[证明]　要证－≥a＋－2，

只需证≥－(2－)．

因为a＞0，所以－(2－)＞0，

所以只需证≥，

即2(2－)≥8－4，

只需证a＋≥2.

因为a＞0，a＋≥2显然成立当a＝＝1时等号成立，

所以要证的不等式成立．

考点3　反证法的应用

　反证法证明问题的三步骤

　证明否定性命题

　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Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，

qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，

两式相减得(1－q)Sn＝a1－a1qn＝a1(1－qn)，

当q≠1时，Sn＝，

当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1，

所以Sn＝

(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，

则(a1＋1)(a3＋1)＝(a2＋1)2，

即a1a3＋a1＋a3＋1＝a＋2a2＋1，

因为{an}是等比数列，公比为q，

所以a1a3＝a，a2＝a1q，a3＝a1q2，

所以a1(1＋q2)＝2a1q.

即q2－2q＋1＝0，(q－1)2＝0，q＝1，

这与已知q≠1矛盾，

所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．

　当结论是否定性命题时，无法用综合法求解，宜用反证法证明．

[教师备选例题]

设{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？

[解]　(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S＝S1·S3，即a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．

(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．

由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，

∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．

综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；

当q≠1时，{Sn}不是等差数列．

　证明“至多”“至少”命题

　已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．

[证明]　假设三个方程都没有两个相异实根．

则Δ1＝4b2－4ac≤0，

Δ2＝4c2－4ab≤0，

Δ3＝4a2－4bc≤0，

上述三个式子相加得：

a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，

即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.

所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的非零实数相矛盾．

因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，

bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．

　“至多”“至少”命题情况较为复杂，宜用反证法证明．

　1.(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．

甲：我的成绩比乙高．

乙：丙的成绩比我和甲的都高．

丙：我的成绩比乙高．

成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为(　　)

A．甲、乙、丙　　　　 B．乙、甲、丙

C．丙、乙、甲   D．甲、丙、乙

A　[假设甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人成绩由高到低为甲、乙、丙；假设乙预测正确，则丙也预测正确，不合题意；假设丙预测正确，则甲预测错误，于是三人成绩由高到低为丙、乙、甲，从而乙预测正确，不合题意，综上知三人成绩由高到低为甲、乙、丙．]

2．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，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，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．