第2节 综合法、分析法、反证法

第2节综合法、分析法、反证法
考试要求 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点；2.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点.
知识梳理
1.直接证明
内容综合法分析法
定义
从命题的条件出发，利用定
义、公理、定理及运算法则，
通过演绎推理，一步一步地接
近要证明的结论，直到完成命
题的证明.我们把这样的思维
方法称为综合法
从求证的结论出发，一步一步地探索
保证前一个结论成立的充分条件，直
到归结为这个命题的条件，或者归结
为定义、公理、定理等.我们把这样
的思维方法称为分析法实质由因导果执果索因
框图表示
P⇒Q1→Q1⇒Q2→…
→Q n⇒Q
Q⇐P1→P1⇐P2→…
→
得到一个明显
成立的条件
文字语言
因为……所以……或由……
得……
要证……只需证……即证……
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：在假定命题结论反面成立的前提下，经过推理，若推出的结果与定义、公理、定理矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从
而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题结论成立的方法叫反证法. (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.
[常用结论与微点提醒]
1.分析法是执果索因，实际上是寻找使结论成立的充分条件；综合法是由因导果，就是寻找已知的必要条件.
2.综合法与分析法都是直接证明的方法，反证法是间接证明的方法.
3.用反证法证题时，首先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况，然后推出矛盾，矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾.
诊断自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.()
(2)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”.()
解析(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件. (2)应假设“a≤b”.
答案(1)×(2)×
2.(老教材选修1－2P63练习1T1改编)若P＝a＋6＋a＋7，Q＝a＋8＋a＋5 (a≥0)，则P，Q的大小关系是()
A.P>Q
B.P＝Q
C.P<Q
D.不能确定
解析假设P>Q，只需P2>Q2，即2a＋13＋2（a＋6）（a＋7）>2a＋13＋2（a＋8）（a＋5），只需a2＋13a＋42>a2＋13a＋40.因为42>40成立，所以P>Q成立.故选A.
答案 A
3.(此自老教材人教A 版选修1－2P42练习T1改编)对于任意角θ，化简cos 4 θ－sin 4 θ＝( ) A.2sin θ B.2cos θ C.sin 2θ
D.cos 2θ
解析 因为cos 4 θ－sin 4 θ＝(cos 2 θ－sin 2 θ)(cos 2 θ＋sin 2 θ)＝cos 2 θ－sin 2 θ＝ cos 2θ，故选D. 答案 D
4.(2019·昆明调研)若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A.ac 2<bc 2 B.a 2>ab >b 2 C.1a <1b
D.b a >a b
解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0，∴a 2>ab .① 又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2. 答案 B
5.(2020·咸阳月考)用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数.用反证法证明时，下列假设正确的是( )
A.假设a ，b ，c 都是偶数
B.假设a ，b ，c 都不是偶数
C.假设a ，b ，c 至多有一个偶数
D.假设a ，b ，c 至多有两个偶数
解析 “至少有一个”的否定为“都不是”，故B 正确. 答案 B
6.(2019·合肥月考)下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a
b ≥2成立的条件的序号是________.
解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④能使b
a ＋a
b ≥2成立. 答案 ①③④
考点一 综合法的应用
【例1】 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤1
3； (2)a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ≥1.
证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .
由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤1
3， 当且仅当“a ＝b ＝c ”时等号成立.
(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2
a ＋a ≥2c ， 当且仅当“a 2＝
b 2＝
c 2”时等号成立， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ＋(a ＋
b ＋
c )≥2(a ＋b ＋c )， 则a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ≥a ＋
b ＋
c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ≥1.
规律方法 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. 【训练1】 例1的条件不变，证明a 2＋b 2＋c 2≥1
3.
证明 因为a ＋b ＋c ＝1，
所以1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ， 因为2ab ≤a 2＋b 2，2bc ≤b 2＋c 2，2ac ≤a 2＋c 2， 所以2ab ＋2bc ＋2ac ≤2(a 2＋b 2＋c 2)， 所以1≤a 2＋b 2＋c 2＋2(a 2＋b 2＋c 2)， 即a 2＋b 2＋c 2≥1
3. 考点二 分析法
【例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：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3
a ＋
b ＋
c .
证明 要证
1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c
， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，也就是c a ＋b ＋a b ＋c ＝1，
只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，
又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°， 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°， 即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立. 于是原等式成立.
规律方法 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.
【训练2】 若a ，b ∈(1，＋∞)，证明a ＋b <1＋ab . 证明 要证a ＋b <1＋ab ， 只需证(a ＋b )2<(1＋ab )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. 考点三反证法
【例3】设a>0，b>0，且a2＋b2＝1
a2＋1
b2.证明：a
2＋a<2与b2＋b<2不可能同时
成立.
证明假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则有a2＋a＋b2＋b<4.
由a2＋b2＝1
a2＋1
b2，得a
2b2＝1，
因为a>0，b>0，所以ab＝1，
因为a2＋b2≥2ab＝2(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，
a＋b≥2ab＝2(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，
所以a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2ab＝4(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，
这与假设矛盾，故假设错误.
所以a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.
规律方法 1.适用范围：当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证.
2.关键：在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的.
【训练3】已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数.
证明假设a，b，c，d都是非负数，
因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，
即ac＋bd＋ad＋bc＝1，又ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，
所以ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，
故a，b，c，d中至少有一个是负数.
A级基础巩固
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.其中正确的有( ) A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
解析 由定义可知①②③④⑤都正确，选D. 答案 D
2.若1a <1
b <0，则下列结论不正确的是( ) A.a 2<b 2 B.ab <b 2 C.a ＋b <0
D.|a |＋|b |>|a ＋b |
解析 ∵1a <1
b <0，∴0>a >b .
∴a 2<b 2，ab <b 2，a ＋b <0，|a |＋|b |＝|a ＋b |. 答案 D
3.用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A.方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根
B.方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根
C.方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根
D.方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根
解析 因为“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”.故选A. 答案 A
4.在△ABC 中，sin A sin C <cos A cos C ，则△ABC 一定是( ) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形
D.不确定
解析 由sin A sin C <cos A cos C 得cos A cos C －sin A sin C >0，即cos(A ＋C )>0，所以A ＋C 是锐角，从而B >π
2，△ABC 必是钝角三角形.故选C.
答案 C
5.分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x
2时，索的因是( ) A.x 2>2 B.x 2>4 C.x 2>0
D.x 2>1
解析 因为x >0，所以要证
1＋x <1＋x
2，只需证(
1＋x )2<⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋x 22
，即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立，故原不等式成立.故选C. 答案 C 二、填空题
6.用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是______________________.
解析 “至少有一个能被5整除”的否定是“都不能被5整除”. 答案 “a ，b 都不能被5整除”
7.6＋7与22＋5的大小关系为________. 解析 要比较6＋7与22＋5的大小， 只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小， 只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，
只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小， ∵42>40，∴6＋7>22＋ 5. 答案
6＋7>22＋ 5
8.若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－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 若二次函数f (x )≤0在区间[－1，1]内恒成立，
则⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝－2p 2＋p ＋1≤0，f （1）＝－2p 2－3p ＋9≤0，
解得p ≤－3或p ≥3
2，
故满足条件的p 的取值范围为⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－3，32.
答案 ⎝ ⎛
⎭⎪⎫－3，32
三、解答题
9.已知x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z －1>8.
证明 因为x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1， 所以1
x －1＝1－x x ＝y ＋z x >2yz x ，① 1
y －1＝1－y y ＝x ＋z y >2xz y ，② 1z －1＝1－z z ＝x ＋y z >2xy z ，③ 又x ，y ，z 为正数，由①×②×③， 得⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫1z －1>8. 10.已知a >5，求证：a －5－a －3<a －2－a . 证明 要证a －5－a －3<a －2－a ， 只需证a －5＋a <a －3＋a －2， 只需证(a －5＋a )2<(a －3＋a －2)2， 只需证2a －5＋2a 2－5a <2a －5＋2a 2－5a ＋6， 只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6， 只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6， 只需证0<6， 因为0<6恒成立，
所以a －5－a －3<a －2－a 成立.
B 级 能力提升
11.已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
12x
，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( ) A.A ≤B ≤C B.A ≤C ≤B C.B ≤C ≤A
D.C ≤B ≤A
解析 因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
12x
在R 上是减函数，所以f ⎝
⎛⎭
⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
2ab a ＋b . 答案 A
12.(2020·西安模拟)已知a ，b ，c ∈R ，若b a ·c a >1且
b a ＋c
a ≥－2，则下列结论成立的是( ) A.a ，
b ，
c 同号
B.b ，c 同号，a 与它们异号
C.a ，c 同号，b 与它们异号
D.b ，c 同号，a 与b ，c 的符号关系不确定
解析 由b a ·c a >1知b a 与c a 同号，若b a >0且c a >0，不等式b a ＋c a ≥－2显然成立，若
b
a <0且c a <0，则－
b a >0，－
c a >0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－c a ≥2
⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－c a >2，即b a ＋c a <－2，这与
b a ＋
c a ≥－2矛盾，故b a >0且c
a >0，即a ，
b ，
c 同号.故选A. 答案 A
13.设a ，b 是两个实数，给出下列条件：
①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.
其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件序号是________. 解析 若a ＝12，b ＝2
3，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出； 若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，
下面用反证法证明：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不
成立，故a，b中至少有一个大于1.
答案③
14.设数列{a n}是公比为q的等比数列，S n是它的前n项和.
(1)求证：数列{S n}不是等比数列；
(2)数列{S n}是等差数列吗？为什么？
(1)证明假设数列{S n}是等比数列，则S22＝S1S3，
即a21(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
解得q＝0，这与公比q≠0矛盾，所以数列{S n}不是等比数列.
(2)解当q＝1时，S n＝na1，故{S n}是等差数列；
当q≠1时，{S n}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，
即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0矛盾.
综上，当q＝1时，数列{S n}是等差数列；当q≠1时，数列{S n}不是等差数列.
C级创新猜想
15.(新定义题)若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，则称函数f(x)是[a，
b]上的“四维光军”函数.
(1)设g(x)＝1
2x
2－x＋
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)＝
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)＝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.
由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，
则1
2b
2－b＋
3
2＝b，解得b＝1或b＝3.
因为b>1，所以b＝3.
(2)假设函数h(x)＝
1
x＋2
在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军”函数，
因为h (x )＝1x ＋2
在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎨⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a .
解得a ＝b ，这与已知矛盾.
故不存在常数a ，b (a >－2)使函数h (x )＝
1x ＋2
是[a ，b ]上的“四维光军”函数.。