高考数学一轮复习第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)<2eq \r(5)，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．反证法D．归纳法
B [要证明eq \r(3)＋eq \r(7)<2eq \r(5)成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．]
3．用反证法证明命题：“已知a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根
A [“方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”的反面是“方程x2＋ax＋b＝0没有实根”，故选A.]
4．已知a，b，x均为正数，且a>b，则eq \f(b,a)与eq \f(b＋x,a＋x)的大小关系是__________．
eq \f(b＋x,a＋x)>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：31222227】
[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：31222228】
[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<0，,a－12－4a2<0，,2a2－4×－2a<0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)\f(1,3)或a<－1，,－2∴－eq \f(3,2)这与已知a≥－1矛盾，所以假设不成立，故原结论成立.12分
[思想与方法]
1．综合法与分析法的关系：分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用．
2．反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法证明的关键：①准确反设；②从否定的结论正确推理；③得出矛盾．
[易错与防范]
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．
课时分层训练(三十六)
直接证明与间接证明
A组基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的个数有( )
A．2个B．3个
C．4个D．5个
D [由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．]
2．用反证法证明命题：若整数系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理实数根，则a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设中正确的是( )
A．假设a，b，c至多有一个是偶数
B．假设a，b，c至多有两个偶数
C．假设a，b，c都是偶数
D．假设a，b，c都不是偶数
D [“至少有一个”的否定为“一个都没有”，即假设a，b，c都不是偶数．]
3．若a，b，c为实数，且aA．ac2ab>b2
C.eq \f(1,a)eq \f(a,b)
B [a2－ab＝a(a－b)，
∵a∴a2－ab>0，
∴a2>ab.①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2>ab>b2.]
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eq \r(b2－ac)A．a－b>0B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0
C [由题意知eq \r(b2－ac)⇐(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.]
5．设x，y，z>0，则三个数eq \f(y,x)＋eq \f(y,z)，eq \f(z,x)＋eq \f(z,y)，eq \f(x,z)＋eq \f(x,y)( )
A．都大于2B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2D．至少有一个不大于2
C [因为x>0，y>0，z>0，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(y,z)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(z,x)＋\f(z,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,z)＋\f(x,y)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)＋\f(x,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,z)＋\f(z,y)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,z)＋\f(z,x)))≥6，
当且仅当x＝y＝z时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2.]
二、填空题
6．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设__________．
x≠－1且x≠1 [“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．]
7．设a>b>0，m＝eq \r(a)－eq \r(b)，n＝eq \r(a－b)，则m，n的大小关系是__________.
【导学号：31222229】
m法二(分析法)：eq \r(a)－eq \r(b)eq \r(a)⇐a0，显然成立．]
8．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2成立的条件的个数是__________．
【导学号：31222230】
3 [要使eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2，只要eq \f(b,a)>0，且eq \f(a,b)>0，即a，b不为0且同号即可，故有3个．]
三、解答题
9．已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
【导学号：31222231】
[证明] 要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，
只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，
即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，
即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.8分
∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，
从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，
∴2a3－b3≥2ab2－a2b.12分
10.(2017·南昌一模)如图651，四棱锥SABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，M，N分别为SA，SC的中点，E为棱SB上的一点，且SE＝2EB.
图651
(1)证明：MN∥平面ABCD；
(2)证明：DE⊥平面SBC.
[证明] (1)连接AC，∵M，N分别为SA，SC的中点，∴MN∥AC，
又∵MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD.5分
(2)连接BD，∵BD2＝12＋12＝2，BC2＝12＋(2－1)2＝2，
BD2＋BC2＝2＋2＝4＝DC2，∴BD⊥BC.
又SD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴SD⊥BC，
∴SD∩BD＝D，∴BC⊥平面SDB.8分
∵DE⊂平面SDB，∴BC⊥DE.
又BS＝eq \r(SD2＋BD2)＝eq \r(4＋2)＝eq \r(6)，
当SE＝2EB时，EB＝eq \f(\r(6),3)，
在△EBD与△DBS中，eq \f(EB,BD)＝eq \f(\f(\r(6),3),\r(2))＝eq \f(\r(3),3)，eq \f(BD,BS)＝eq \f(\r(2),\r(6))＝eq \f(\r(3),3)，
∴eq \f(EB,BD)＝eq \f(BD,BS).10分
又∠EBD＝∠DBS，∴△EBD∽△DBS，
∴∠DEB＝∠SDB＝90°，即DE⊥BS，
∵BS∩BC＝B，∴DE⊥平面SBC.12分
B组能力提升
(建议用时：15分钟)
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，a，b是正实数，A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq \r(ab))，C＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，则A，B，C的大小关系为( ) 【导学号：31222232】
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤AD．C≤B≤A
A [∵eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b)，又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上是减函数．
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))，即A≤B≤C.]
2．在不等边三角形ABC中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足__________．
a2>b2＋c2 [由余弦定理cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)<0，得b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.]
3．若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a(1)设g(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；
(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝eq \f(1,x＋2)是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由题设得g(x)＝eq \f(1,2)(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增.2分
由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，
即eq \f(1,2)b2－b＋eq \f(3,2)＝b，解得b＝1或b＝3.
因为b>1，所以b＝3.5分
(2)假设函数h(x)＝eq \f(1,x＋2)在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝eq \f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ha＝b，,hb＝a，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋2)＝b，,\f(1,b＋2)＝a，))10分
解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在.12分
内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，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，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件
思维过程
由因导果
执果索因
框图表示
eq \x(P⇒Q1)→eq \x(Q1⇒Q2)→…→
eq \x(Qn⇒Q)
eq \x(Q⇐P1)→eq \x(P1⇐P2)→…→eq \x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))
书写格式
因为…，所以…或由…，得…
要证…，只需证…，即证…
综合法
分析法
反证法