2021版高考文科数学(北师大版)一轮复习教师用书：第十二章第4讲直接证明与间接证明Word版含答案

第 4 讲直接证明与间接证明一、知识梳理
1．直接证明
直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和剖析法．
(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公义等，经过一系列的推
理论证，最后推导出所要证明的结论建立，这类证明方法叫做综合法．
综合法又称为：由因导果法 (顺推证法 )．
(2)剖析法：一般地，从要证明的结论出发，逐渐追求使它建立的充足条件，直至最后，
把要证明的结论归纳为判断一个明显建立的条件(已知条件、定理、定义、公义等)，这类证明方法叫做剖析法．
剖析法又称为：执果索因法(逆推证法 )．
2．间接证明
反证法：假定原命题不建立，经过正确的推理，最后得出矛盾，所以说明假定错误，从
而证了然原命题建立，这样的证明方法叫做反证法．
常用结论
1．剖析法是执果索因，其实是找寻使结论建立的充足条件；综合法是由因导果，就是找寻已知的必需条件．
2．用反证法证题时，第一否认结论，否认结论就是找出结论反面的状况，而后推出矛盾，矛盾能够与已知、公义、定理、事实或许假定等相矛盾．
二、教材衍化
1．关于随意角θ，化简cos4 θ－ sin4 θ＝ ( )
A ． 2sin θB． 2cos θ
C．sin 2 θD． cos 2θ
分析：选 D. 由于 cos4θ－ sin4θ＝ (cos2θ－ sin2θ)(cos2θ＋ sin2θ)＝ cos2θ－ sin2θ＝ cos 2θ，应选 D.
2．设 m＝ 1＋3， n＝ 2 2，则 m 与 n 的大小关系是 ()
A ． m＞ n B． m≥ n
C．m＜n D． m≤ n
分析：选 C.法一： m2－ n2＝ (1＋3)2－ (2 2) 2＝ 4＋2 3－ 8＝ 2 3－ 4＝12－16＜ 0，又 m＞ 0， n＞ 0.
所以 m＜ n，应选 C.
法二：假定 m≥ n，即 1＋3≥ 2 2.
则有 (1＋3)2≥ (22)2，
即 4＋2 3≥8，即 2 3≥4，
即 3≥ 2，即 3≥ 4，明显错误，所以 m＜ n，应选 C.
一、思虑辨析
判断正误 (正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)综合法的思想过程是由因导果，逐渐找寻已知的必需条件．()
(2)剖析法是从要证明的结论出发，逐渐找寻使结论建立的充要条件．()
(3)反证法是指将结论和条件同时否认，推出矛盾．()
(4)用反证法证明时，推出的矛盾不可以与假定矛盾．()
(5)经常用剖析法找寻解题的思路与方法，用综合法显现解决问题的过程．()
答案： (1)√(2) ×(3) ×(4)×(5)√
二、易错纠偏
常有误区
(1)“起码”否认犯错；
(2)应用剖析法找寻的条件不充足．
1．用反证法证明命题“三角形三个内角起码有一个不大于60°”时，应假设．答案：三角形三个内角都大于60°
2．若用剖析法证明“设 a>b>c 且 a＋ b＋ c＝ 0，求证 b2－ ac< 3a”，则索的因是(填序
号 )．
①a－ b>0；② a－c>0；③ (a－b)( a－c)>0 ；④ (a－ b)(a－ c)<0.
分析：由 a>b>c 且 a＋ b＋ c＝0，可得 b＝－ a－ c，a>0，c<0，要证b2－ ac< 3a，只要证( －a－ c)2－ ac<3a2，即证 a2－ ac＋ a2－ c2>0，即证，a( a－c)＋ ( a＋ c)( a－ c)>0，即证 (a－c)( a －b)>0.
答案：③
综合法 (师生共研 )
(2019 高·考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， D ，E 分别为 BC， AC 的中点， AB＝ BC.
求证： (1)A1B1∥平面 DEC 1；
(2)BE⊥C1E.
【证明】(1)由于 D， E 分别为 BC， AC 的中点，
所以 ED ∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AB∥A1B1，
所以 A1B1∥ ED .
又由于 ED平面DEC1，A1B1?/平面DEC1，
所以 A1B1∥平面 DEC 1.
(2)由于 AB＝ BC， E 为 AC 的中点，所以 BE⊥ AC.
由于三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，
所以 C1C⊥平面 ABC.
又由于 BE平面ABC，所以C1C⊥ BE.
由于 C1C平面A1ACC1，AC平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以 BE ⊥平面 A1ACC 1.
由于 C1E平面A1ACC1，所以BE⊥ C1E.
综合法证题的思路与方法
(一题多解 )在△ ABC 中，设
a ，
b ， c
分别是内角
A ，
B ，
C 所对的边， 且直线 bx ＋ ycos A ＋cos B ＝ 0 与 ax ＋ ycos B ＋ cos A ＝ 0 平行，
求证：△
ABC 是直角三角形．
证明：法一：由两直线平行可知
bcos B － acos A ＝ 0，由正弦定理可知
sin Bcos B － sin Acos
1
1
π
A ＝ 0，即 2sin 2
B － 2sin 2A ＝ 0，故 2A ＝ 2B 或 2A ＋ 2B ＝ π，即 A ＝ B 或 A ＋B ＝ 2.若 A ＝ B ，则
π
a ＝
b ， cos A ＝ cos B ，两直线重合 ，不切合题意 ，故 A ＋ B ＝ ，即△ ABC 是直角三角形．
2
法二： 由两直线平行可知 bcos B － acos A ＝ 0，
b 2＋
c 2 －a 2
a 2＋ c 2－
b 2
由余弦定理 ，得 a ·
＝ b · ，
2bc
2ac
所以 a 2(b 2＋ c 2－ a 2) ＝ b 2(a 2＋ c 2－ b 2)，
所以 c 2(a 2－ b 2)＝ (a 2＋ b 2)( a 2－ b 2)，
所以 (a 2－ b 2)(a 2＋ b 2－ c 2) ＝0，所以 a ＝ b 或 a 2＋ b 2＝c 2.
若 a ＝b ，则两直线重合 ，不切合题意 ，故 a 2＋ b 2＝ c 2，即△ ABC 是直角三角形．
剖析法 (师生共研 )
△ 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：
1＋
a＋ b
1
b＋ c
3
＝ a＋ b＋ c.
11 3
【证明】要证＋＝，
即证a＋b＋c
＋
a＋b＋c
＝ 3，也就是证 c ＋
a
＝ 1，a＋ b b＋ c a＋ b b＋ c
只要证 c(b＋ c)＋ a(a＋ b)＝ (a＋ b)(b＋ c)，
需证 c2＋ a2＝ ac＋ b2.
又△ ABC 三个内角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建立．
于是原等式建立．
剖析法的证题思路
先从结论下手，由此逐渐推出保证此结论建立的充足条件，而当这些判断恰好都是已证
的命题 (定义、公义、定理、法例、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．[提示 ]要注意书写格式的规范性．
a＋ mb
已知 m>0，a，b∈R ，求证：
1＋m 2a2＋ mb2
.
≤
1＋m
证明：由于 m>0 ，所以 1＋ m>0.
所以要证原不等式建立，只要证 (a＋ mb)2≤ (1＋ m) ·(a2＋ mb2 )，即证 m(a2－ 2ab＋ b2)≥ 0，即证 (a－ b)2≥ 0，而 (a－b)2≥0 明显建立，故原不等式得证．
反证法 (师生共研 )
1 1
设 a>0， b>0，且 a＋ b＝a＋b.证明：
(1)a＋ b≥ 2；
(2)a2＋a<2 与 b2＋ b<2 不行能同时建立．
11a＋ b
【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≥ 2ab＝ 2，即 a＋ b≥ 2.
(2)假定 a2＋ a<2 与 b2＋ b<2 同时建立，则由 a2＋ a<2 及 a>0，得 0<a<1；
同理，0<b<1，进而 ab<1，这与 ab＝ 1 矛盾．
故 a2＋ a<2 与 b2＋ b<2 不行能同时建立．
反证法证明数学命题的步骤
应用反证法时，当原命题结论反面有多种状况时，要对结论的反面的每一种状况都进行议论，进而达到否认结论的目的．
已知 a， b， c，d∈ R，且 a＋ b＝ 1， c ＋d＝ 1， ac＋ bd>1. 求证： a， b，c， d 中起码有一个是负数．
证明：假定a， b，c， d 都是非负数，由于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，故假定
不建立，故 a， b， c，d 中起码有一个是负数．
[基础题组练 ]
1． (2020 ·阳示范高中联考衡(二 )) 用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a， b， c 中恰有一个是偶数”的正确假定为()
A ．自然数a， b， c 中起码有两个偶数
B．自然数a，b， c 中起码有两个偶数或都是奇数
C．自然数a，b， c 都是奇数
D ．自然数 a ， b ， c 都是偶数
分析： 选 B. “ 自然数 a ， b ，c 中恰有一个是偶数 ”说明有且只有一个是偶数 ，其否认
是“ 自然数 a ， b ， c 均为奇数或自然数 a ， b ， c 中起码有两个偶数 ”．
2．剖析法又称执果索因法，已知 x>0，用剖析法证明
x
时，索的因是 (
)
1＋ x<1＋ 2
A ． x 2>2
B ． x 2>4
C ．x 2>0
D ． x 2>1
1＋ x<1＋ x
，只要证 ( 1＋ x)2
< 1＋ x
2
2
分析： 选 C.由于 x>0，所以要证
，即证 0<
x
，即
2
2 4
证 x 2 >0，明显 x 2>0 建立 ，故原不等式建立．
3．在△ ABC 中， sin Asin C ＜ cos Acos C ，则△ ABC 必定是 () A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形
D ．不确立
分析： 选 C. 由 sin Asin C ＜ cos Acos C 得
cos Acos C － sin Asin C ＞0，
即 cos(A ＋C)＞ 0，所以 A ＋C 是锐角 ，
π 必是钝角三角形．
进而 B ＞ ，故△ ABC
2
1 x
a ＋ b
，B ＝ f(
2ab
4．已知函数 f(x) ＝ ， a ， b 是正实数， A ＝ f
ab)，C ＝ f ，则 A ，
2 2
a ＋ b
B ，
C 的大小关系为 (
)
A ．A ≤
B ≤
C B ． A ≤C ≤ B C ．B ≤ C ≤ A
D ． C ≤ B ≤A
分析： 选 A. 由于
a ＋ b
≥ ab ≥
2ab
，又 f(x)＝ 1 x
在 R
上是减函数 ，所以 f
a ＋ b
2
a ＋ b
2
2
2ab
≤f( ab)≤ f a ＋ b ，即 A ≤ B ≤ C.
5．设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x ≥ 0 时， f(x)单一递减，若 1
2
1
x ＋ x >0 ，则 f(x ) ＋f(x 2)的值 ()
A ．恒为负值
B ．恒等于零
C ．恒为正当
D ．没法确立正负
分析： 选 A. 由 f(x)是定义在 R 上的奇函数 ，且当 x ≥ 0 时， f(x)是减少的 ，可知 f(x)是 R 上的减函数 ，
由 x 1＋ x 2>0，可知 x 1>－ x 2， f(x 1)<f(－ x 2)＝－ f(x 2)，则 f(x 1 )＋ f(x 2)<0.
6．用反证法证明命题“若 x2－( a＋ b)x＋ ab≠ 0，则 x≠ a 且 x≠ b”时，应假定为．分析：“ x≠ a 且 x≠ b”的否认是“ x＝a 或 x＝ b”，所以应假定为 x＝ a 或 x＝ b.
答案： x＝ a 或 x＝b
7．设 a＝3＋ 2 2， b＝ 2＋7，则 a， b 的大小关系为．
分析： a＝3＋ 2 2， b＝ 2＋7，两式的两边分别平方，可得 a2＝ 11＋ 4 6， b2＝ 11＋47，明显 6< 7，所以 a<b.
答案： a<b
8．(2020 赣·州模拟 )假如 a a＋ b b＞ a b＋ b a，则 a，b 应知足的条件是．分析： a a＋ b b＞ a b＋b a，即 ( a－ b)2 ( a＋ b)＞ 0，需知足 a≥ 0，b≥ 0 且 a≠ b.
答案： a≥ 0， b≥ 0 且 a≠b
9．在△ ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知 sin Asin B＋ sin Bsin C＋ cos 2B ＝1.
(1)求证： a，b， c 成等差数列；
2π
(2)若 C＝3，求证： 5a＝ 3b.
证明：(1) 由已知得 sin Asin B＋ sin Bsin C＝ 2sin2 B，由于 sin B≠ 0，所以 sin A＋ sin C＝
2sin B，由正弦定理，有 a＋ c＝ 2b，即 a， b，c 成等差数列．
2π
222 2
(2)由 C＝3， c＝ 2b－ a 及余弦定理得 (2b－ a) ＝ a ＋ b ＋ab，即有 5ab－ 3b ＝ 0，即 5a ＝3b.
10．已知四棱锥S-ABCD 中，底面是边长为 1 的正方形，又 SB＝ SD＝2， SA＝ 1.
(1)求证： SA⊥平面 ABCD ；
(2)在棱 SC 上能否存在异于S，C 的点 F，使得 BF∥平面 SAD？若存在，确立 F 点的位置；若不存在，请说明原因．
解： (1)证明：由已知得SA2＋ AD 2＝ SD2，
所以 SA⊥ AD.
同理 SA⊥ AB.
又 AB∩ AD＝A， AB平面ABCD，
AD平面 ABCD ，
所以 SA⊥平面 ABCD .
(2)假定在棱 SC 上存在异于 S ， C 的点 F ，
使得 BF ∥ 平面 SAD.
由于 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，
所以假定不建立．
所以不存在这样的点
F ，
使得 BF ∥ 平面 SAD.
[综合题组练 ]
1．已知 a ， b ， c ∈ R ，若 b c b c
≥－ 2，则以下结论建立的是 ()
·>1 且 ＋
a a a a 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 的符号关系不确立
b c
b c
分析：选 A.由 ·>1 知
a 与同号，
a a
a
b c >0，不等式 b c
≥－ 2 明显建立 ， 若 >0
且 a ＋ a
a a
b
c <0，则－ b >0
，－ c
>0， 若 <0
且 a a a
a
－b
＋－
c
≥ 2－
b
－
c
b＋ c
a a a
·
a >2，即a a<－ 2，
b c b
且
c
，即 a， b，c 同号．
这与＋≥－2矛盾，故 >0 >0
a a a a
2．( 应用型 )(一题多解 ) 若二次函数 f(x)＝ 4x2－ 2(p－ 2)x－ 2p2－ 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．
分析：法一 (补集法 ) ： f(x)在区间 [－ 1， 1]内起码存在一点 c.使 f(c)>0 ，该结论的否认是关于区间 [－ 1，1]内的随意一点 c，都有 f(c)≤ 0，
f（－ 1）＝－ 2p2＋ p＋ 1≤ 0，
3，
令解得 p≤－ 3 或 p≥
f（ 1）＝－ 2p2－ 3p＋9≤ 0， 2
3
故知足条件的p 的取值范围为－3，
2 .
法二 (直接法 )：依题意有f( － 1)＞ 0 或 f(1) ＞ 0，即 2p2－ p－ 1＜ 0 或 2p2＋ 3p－ 9＜0，
得－1
＜ p＜ 1 或－ 3＜ p＜
3
，2 2
故知足条件的p 的取值范围是－3，32.
答案：－3，
3
2
3．已知二次函数f(x)＝ ax2＋bx＋ c(a>0)的图象与x 轴有两个不一样的交点，若f(c)＝ 0，且 0<x<c 时， f(x)>0.
(1)证明：1
a是 f(x)＝ 0 的一个根；1
(2)试比较a与 c 的大小．
解： (1)证明：由于 f(x) 的图象与 x 轴有两个不一样的交
点，所以 f(x)＝ 0 有两个不等实根x1，x2，
由于 f(c)＝ 0，
所以 x1＝ c 是 f(x)＝ 0 的根，
又 x1 2 c，
x ＝a
1 1
所以 x2＝≠ c，
1
所以是 f(x)＝ 0 的一个根．
1 1
(2)假定a<c，又a>0，由 0<x<c 时， f(x)>0，
知 f 1
>0 与 f
1
＝ 0 矛盾，a a
所以1
≥ c，又由于
1
≠ c，所以
1
>c.
a a a
4． (综合型 ) 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
x2－ x＋
3
是 [1， b]上的“四维光军”函数，求常数 b 的值；
2 2
(2)能否存在常数
1
是区间 [a，b]上的“四维光军”函数？a，b(a＞－ 2)，使函数 h(x)＝x＋2
若存在，求出a， b 的值；若不存在，请说明原因．
解： (1)由已知得g(x)＝1
2(x－ 1)2＋ 1，其图象的对称轴为x＝1，
所以函数在区间[1 ， b] 上是增添的，由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b) ＝b，
即1
b2－ b＋
3
＝ b，22
解得 b＝ 1 或 b＝ 3.
由于 b＞ 1，所以 b＝ 3.
1
(2)假定函数h( x)＝x＋2在区间 [a， b]( a＞－ 2)上是“四维光军”函数，
1
由于 h(x)＝在区间(－2，＋∞ )上是减少的，
h（ a）＝ b，1 ＝ b，a＋2
所以有即
h（ b）＝ a， 1 ＝ a
b＋ 2
解得 a＝ b，这与已知矛盾．故不存在．。