18版：§13.2 直接证明与间接证明（步步高）

1．直接证明
内容综合法分析法
定义从________________出发，经过逐步
的推理，最后达到________________
的方法，是一种从________推导到
________的思维方法
从____________________出发，一步
一步地寻求结论成立的
____________，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__________追溯到
________________________的思维方
法
特点从“________”看“________”，逐
步推向“________”，其逐步推理，
实际上是要寻找它的
________________
从“__________________”看
“__________”，逐步靠拢
“__________”，其逐步推理，实际
上是要寻找它的________________
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)
2.间接证明
(1)反证法的定义：
一般地，由证明p⇒q转向证明
________________
t与________矛盾，或与________________矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，
叫做反证法．
(2)应用反证法证明数学命题的一般步骤： ①分清命题的________和________； ②做出________________________的假定；
③由________出发，应用正确的推理方法，推出________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．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )
(5)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．( )
(6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( )
1．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
2．(2016·北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( ) A ．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B ．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C ．乙盒中红球不多于丙盒中红球 D ．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
3．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0
B ．a 2＋b 2－1－
a 4＋
b 4
2
≤0 C.(a ＋b )22
－1－a 2b 2≤0
D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0
4．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是__________________________． 5．(2016·青岛模拟)如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x n n )，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，
则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________.
题型一 综合法的应用
例1 (2016·重庆模拟)设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤1
3；
(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ≥1.
思维升华 (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．
对于定义域为[0,1]的函数f (x )，如果同时满足：
①对任意的x ∈[0,1]，总有f (x )≥0； ②f (1)＝1；
③若x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)成立，则称函数f (x )为理想函数． (1)若函数f (x )为理想函数，证明：f (0)＝0；
(2)试判断函数f (x )＝2x (x ∈[0,1])，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])，f (x )＝x (x ∈[0,1])是不是理想函数．
题型二 分析法的应用
例2 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：1
2[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫
x 1＋x 22.
引申探究
若本例中f (x )变为f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f
⎝⎛⎭⎫
x 1＋x 22.
思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
(2016·重庆月考)设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证：
(1)c 2>ab ；
(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab .
题型三 反证法的应用
命题点1 证明否定性命题
例3 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；
(2)设b n ＝S n
n (n ∈N ＋)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
命题点2 证明存在性问题
例4 (2016·济南模拟)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．
命题点3 证明唯一性命题
例5 已知M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f (x )∈M ，①方程f (x )－x ＝0有实数根；
②函数f (x )的导数f ′(x )满足0<f ′(x )<1.
(1)判断函数f (x )＝x 2＋sin x 4
是不是集合M 中的元素，并说明理由；
(2)集合M 中的元素f (x )具有下面的性质：若f (x )的定义域为D ，则对于任意[m ，n ]⊆D ，都存在x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)成立．试用这一性质证明：方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．
思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤 第一步：分清命题“p ⇒q ”的条件和结论； 第二步：做出与命题结论q 矛盾的假设綈q ；
第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；
第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明命题p ⇒q 为真．
所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．
已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，
且0<x <c 时，f (x )>0.
(1)证明：1
a 是函数f (x )的一个零点；
(2)试用反证法证明1
a >c .
26．反证法在证明题中的应用
典例 (12分)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2
＝1相交于A 、C 两点，O 是坐标原点．
(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长； (2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．
思想方法指导 在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意
(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确做出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．
(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．
(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．规范解答：
答案精析
基础知识 自主学习 知识梳理
1．已知条件 待证结论 原因 结果 待证结论 充分条件 结果 产生这一结果的原因 已知 可知 未知 必要条件 未知 需知 已知 充分条件 2．(1)綈q ⇒r ⇒…⇒t 假设 某个真命题 (2)①条件 结论 ②与命题结论相矛盾 ③假定 矛盾 思考辨析
(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√ 考点自测 1．B 2.B 3.D
4．a ≥0，b ≥0且a ≠b 5.33
2
题型分类 深度剖析
例1 证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ， 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
.
(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2
c ＋c ≥2b ，
c 2
a
＋a ≥2c ，
故a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ＋(a ＋
b ＋
c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2
a ≥a ＋
b ＋
c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2
a
≥1.
跟踪训练1 (1)证明 取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝0≤1， ∴f (0＋0)≥f (0)＋f (0)，∴f (0)≤0. 又对任意的x ∈[0,1]，总有f (x )≥0， ∴f (0)≥0.于是f (0)＝0.
(2)解 对于f (x )＝2x ，x ∈[0,1]， f (1)＝2不满足新定义中的条件②， ∴f (x )＝2x (x ∈[0,1])不是理想函数．
对于f (x )＝x 2，x ∈[0,1]，显然f (x )≥0，且f (1)＝1. 对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1， f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)
＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 2
2＝2x 1x 2≥0，
即f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)． ∴f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数．
对于f (x )＝x ，x ∈[0,1]，显然满足条件①②. 对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，
有f 2(x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]2＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2) ＝－2x 1x 2≤0，
即f 2(x 1＋x 2)≤[f (x 1)＋f (x 2)]2.
∴f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，不满足条件③. ∴f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数． 综上，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数，
f (x )＝2x (x ∈[0,1])与f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数． 例2 证明 要证1
2[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22， 即证明1
2(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，
只需证明12⎝⎛⎭⎫
sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>
tan
x 1＋x 2
2
， 只需证明sin (x 1＋x 2)
2cos x 1cos x 2>
sin (x 1＋x 2)
1＋cos (x 1＋x 2)
.
由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭
⎫0，π
2，故x 1＋x 2∈(0，π)． 所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0， 故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2， 即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2 >2cos x 1cos x 2， 即证cos(x 1－x 2)<1.
由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π
2，x 1≠x 2知上式显然成立， 因此1
2[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 引申探究
证明 要证明f (x 1)＋f (x 2)2
≥f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，
即证明(3x 1－2x 1)＋(3x 2－2x 2)2
≥3x 1＋x 22－2·x 1＋x 22
，
因此只要证明3x 1＋3x 2
2－(x 1＋x 2)
≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2)，
即证明3x 1＋3x 22≥3x 1＋x 2
2，
因此只要证明3x 1＋3x 2
2≥3x 1·3x 2，
由于x 1，x 2∈R 时，3x 1>0,3x 2>0，
由均值不等式知3x 1＋3x 2
2≥3x 1·3x 2显然成立，故原结论成立．
跟踪训练2 证明 (1)∵a >0，b >0,2c >a ＋b ≥2ab ， ∴c >ab ，平方得c 2>ab .
(2)要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ， 只要证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ， 即证|a －c |<c 2－ab ，即(a －c )2<c 2－ab . ∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )<0成立， ∴原不等式成立． 例3 (1)解 由已知得
⎩⎨
⎧
a 1＝2＋1，
3a 1＋3d ＝9＋32，
∴d ＝2， 故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)． (2)证明 由(1)得b n ＝S n
n
＝n ＋ 2.
假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N ＋，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ， 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.
∵p ，q ，r ∈N ＋，∴⎩⎪⎨⎪⎧
q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0. ∴(p ＋r 2
)2＝pr ，即(p －r )2＝0. ∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．
∴假设不成立，即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
例4 解 (1)由题设得g (x )＝12
(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 ，
即12b 2－b ＋32
＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.
(2)假设函数h (x )＝1x ＋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．
例5 (1)解 ①当x ＝0时，f (0)＝0，
所以方程f (x )－x ＝0有实数根0；
②f ′(x )＝12＋14
cos x ， 所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，
满足条件0<f ′(x )<1.
由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x 4
是集合M 中的元素．
(2)证明 假设方程f (x )－x ＝0存在两个实数根α，β (α≠β)，则f (α)－α＝0，f (β)－β＝0. 不妨设α<β，根据题意存在c ∈(α，β)，
满足f (β)－f (α)＝(β－α)f ′(c )．
因为f (α)＝α，f (β)＝β，且α≠β，
所以f ′(c )＝1.
与已知0<f ′(x )<1矛盾．
又f (x )－x ＝0有实数根，
所以方程f (x )－x ＝0有且只有一个实数根．
跟踪训练3 证明 (1)∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点，
∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，
∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，
又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a
≠c )， ∴1a
是f (x )＝0的一个根． 即1a
是函数f (x )的一个零点． (2)假设1a
<c ， 又1a
>0，由0<x <c 时，f (x )>0， 知f (1a )>0，与f (1a
)＝0矛盾， ∴1a ≥c ，又∵1a ≠c ，∴1a
>c . 思想与方法系列
典例 (1)解 因为四边形OABC 为菱形，
则AC 与OB 相互垂直平分．
由于O (0,0)，B (0,1)，
所以设点A ⎝⎛⎭⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1， 则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4分]
(2)证明 假设四边形OABC 为菱形，
因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，
所以k ≠0.
由⎩⎪⎨⎪⎧
x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ， 消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分]
设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则
x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 2＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k 2
. 所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分] 因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，
所以直线OB 的斜率为－14k
， 因为k ·⎝⎛⎭⎫－14k ＝－14
≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分] 所以OABC 不是菱形，与假设矛盾．
所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]。