人教B版2020高考文科数学第十一章 第2节直接证明与间接证明

第2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——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
定义从已知条件出发，经过逐步的推
理，最后达到待证结论的方法，
是一种从原因推导到结果的思维
方法
从待证结论出发，一步一步寻求结论
成立的充分条件，最后达到题设的已
知条件或已被证明的事实的方法，是
一种从结果追溯到产生这一结果的
原因的思维方法
特点从“已知”看“可知”，逐步推
向“未知”，其逐步推理，实际
上是要寻找它的必要条件
从“未知”看“需知”，逐步靠拢
“已知”，其逐步推理，实际上是要
寻找它的充分条件
步骤的
符号
表示
P0(已知)⇒P1⇒P2⇒P3⇒P4(结论)B(结论)⇐B1⇐B2…⇐B n⇐A(已知)
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：一般地，由证明p⇒q转向证明：
¬q⇒r⇒…⇒t
t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定¬q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．
(2)用反证法证明的一般步骤：①分清命题的条件和结论；②做出与命题结论相矛
盾的假定；③由假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果；④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真．
[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.
基础自测
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”.()
(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.()
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”.
(3)反证法只否定结论.
答案(1)×(2)×(3)×(4)√
2.(选修1－2P38B2改编)对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝()
A.2sin θ
B.2cos θ
C.sin 2θ
D.cos 2θ
解析因为cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝
cos 2θ，故选D.
答案 D
3.(选修1－2P38B1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
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.ac2<bc2
B.a2>ab>b2
C.1
a<
1
b D.
b
a>
a
b
解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2>ab>b2.
答案 B
5.(2019·厦门月考)用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋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
典例迁移
【例1】 (经典母题)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.
【迁移探究】 本例的条件不变，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.
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】 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A sin B ＋sin B sin C ＋cos 2B ＝1.
(1)求证：a ，b ，c 成等差数列； (2)若C ＝2π
3，求证：5a ＝3b .
证明 (1)由已知得sin A sin B ＋sin B sin C ＝2sin 2 B ， 因为sin B ≠0，所以sin A ＋sin C ＝2sin B ， 由正弦定理，得a ＋c ＝2b ，即a ，b ，c 成等差数列. (2)由C ＝2π
3，c ＝2b －a 及余弦定理得 (2b －a )2＝a 2＋b 2＋ab ，即有5ab －3b 2＝0， 所以a b ＝3
5，即5a ＝3b . 考点二 分析法
【例2】 已知a >0，证明：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.
证明 要证
a 2＋1a 2－2≥a ＋1
a －2，只要证
a 2＋1a 2＋2≥a ＋1
a ＋ 2.
因为a >0，故只要证⎝
⎛
⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22
≥⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22
，即a 2＋1a 2＋4a 2＋1
a 2＋4≥a 2
＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，
从而只要证2
a 2
＋1a 2≥2⎝ ⎛
⎭
⎪⎫a ＋1a ，
只要证4⎝ ⎛
⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，
即a 2＋1
a 2≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立.
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】 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. 考点三 反证法
【例3】 设{a n }是公比为q 的等比数列. (1)推导{a n }的前n 项和公式；
(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列. (1)解 设{a n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1， qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n ， 两式相减得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ＝a 1(1－q n )， 当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )
1－q
，
当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1，
所以S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝
1，
a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.
(2)证明 假设数列{a n ＋1}是等比数列， 则(a 1＋1)(a 3＋1)＝(a 2＋1)2，
即a 1a 3＋a 1＋a 3＋1＝a 2
2＋2a 2＋1，
因为{a n }是等比数列，公比为q ，
所以a 1a 3＝a 22，a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2，
所以a 1(1＋q 2)＝2a 1q ，
即q 2－2q ＋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{a n ＋1}不是等比数列.
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】 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 )＝12x 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12b 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 )＝
1
x ＋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 )＝
1
x ＋2
是[a ，b ]上的“四维光军”函数.
[思维升华]
分析法和综合法各有优缺点.分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考.实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来. [易错防范]
1.用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直到一个明显成立的结论.
2.在使用反证法证明数学命题时，反设必须恰当，如“都是”的否定是“不都是”“至少一个”的否定是“不存在”等.
基础巩固题组 (建议用时：40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.用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设( ) A.三个内角都不大于60° B.三个内角都大于60°
C.三个内角至多有一个大于60°
D.三个内角至多有两个大于60°
解析 “至少有一个”的否定是“一个都没有”，故可以理解为都大于60°. 答案 B
3.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
4.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
5.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 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，
故满足题干要求的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1x －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
由①×②×③，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y －1⎝ ⎛⎭
⎪⎫1z －1>8. 10.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S 22＝S 1S 3，
即a 21(1＋q )2＝a 1·
a 1·(1＋q ＋q 2)， 因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，
即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 ＝na 1，故{S n }是等差数列；
当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3，
即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)，
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.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
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.(2019·武汉模拟)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.(2018·邯郸模拟)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 ＝23，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.△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 ＝3a ＋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.。