2019年人教版A版高三数学(理)高考一轮复习6.6 直接证明与间接证明教学设计及答案

第六节直接证明与间接证明直接证明与间接证明(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、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、特点．知识点一直接证明1．综合法利用已知条件和某些学定义、公、定等，经过一系列的推论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫作综合法．2．分析法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(已知条件、定、定义、公等)为止，这种证明方法叫作分析法．易误提醒用分析法证明学问题时，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，再说明所要证明的学问题成立．[自测练习]1．要证明3＋7<25，可选择的方法有以下几种，其中最合的是( )A．综合法B．分析法C ．反证法D ．归纳法解析：要证明3＋7<25成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．答案：B2．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 42≤0C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0. 答案：D知识点二 间接证明 反证法假设原命题不成立，经过正确的推，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫作反证法．易误提醒 利用反证法证明学问题时，没有用假设命题推而推出矛盾结果，其推过程是错误的．[自测练习]3．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”假设内容应是( ) A.3a ＝3bB.3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3b D.3a ＝3b 或3a <3b 解析：假设结论不成立，即3a >3b 的否定为3a ≤3b .答案：D4．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2 解析：因为a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a≤－6，所以三者不能都大于－2.答案：C考点一 综合法的应用|已知a ，b ，c 为不全相等的正，求证：b ＋c －aa ＋c ＋a －bb＋a ＋b －cc>3. [证明] 因为a ，b ，c 为不全相等的正，所以b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c c＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋bc－3， >2b a ×a b ＋2c a ×a c ＋2c b ×bc－3＝3， 即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c c>3.综合法证题的思路1．设列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意正整n ，总存在正整m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 列”．(1)若列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 列”； (2)证明：对任意的等差列{a n }，总存在两个“H 列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．证明：(1)由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整n ，总存在正整m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 列”． (2)设等差列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *) 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)． 下面证{b n }是“H 列”． 设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n n ＋2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整n ，总存在正整m ＝n n ＋2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 列”．同可证{c n }也是“H 列”．所以任意的等差列{a n }，总存在两个“H 列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．考点二 分析法|已知a >0，证明a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.[证明] 要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)．因为a >0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)>0，所以只需证⎝⎛⎭⎪⎪⎫a 2＋1a 22≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a －－22， 即2(2－2)⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a≥2显然成立⎝⎛⎭⎪⎫a ＝1a＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．分析法证明问题的适用范围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．已知a ，b ，m 都是正，且a <b ，求证：a ＋m b ＋m >ab .证明：要证明a ＋m b ＋m >ab，由于a ，b ，m 都是正，只需证a (b ＋m )<b (a ＋m )， 只需证am <bm ，因为m >0，所以只需证a <b . 又已知a <b ，所以原不等式成立．考点三 反证法|等差列{an }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比列．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)，得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0. 所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比列．反证法证明问题的五个注意点(1)分清问题的条件和结论；(2)假设所要证的结论不成立，而假设结论的反面成立(否定结论)；(3)从假设和条件出发，经过正确的推，导出与已知条件、公、定、定义及明显成立的事实相矛盾或自相矛盾(推导矛盾)；(4)因为推正确，所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误，即结论的反面不成立，从而证明了原结论成立(结论成立)；(5)应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达到否定结论的目的．3．已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个大于25.证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100矛盾，故假设错误．所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个大于25.13.综合法与分析法证题中的易误点【典例】 (1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)设1<a ≤b ≤c ，证明log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c .[证明] (1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋1xy ≤1x＋1y＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.将上式中的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy·(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设log a b＝x，log b c＝y，由对的换底公式得log c a＝1xy，log b a＝1x，log c b＝1y，log a c＝xy.于是，所要证明的不等式即为x＋y＋1xy ≤1x＋1y＋xy，其中x＝log a b≥1，y＝log b c≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立．[易误点评] (1)证明问题(1)有两处易误点：①不能利用分析法将其正确转，从而无法找到证明问题的切入口；②不能灵活运用综合法将作差后的代式变形，从而导致无法证明不等式成立．(2)证明问题(2)时常因忽视条件“1<a≤b≤c”而不能挖掘出其隐含条件，即x＝log a b，y＝log b c，从而无法证明不等式．[防范措施] (1)在解题时，常常把分析法和综合法结合起运用，先以分析法寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程．(2)通过a，b，c的范围得到log a b≥1，log b c≥1，联想到x≥1，y≥1，从而可令log a b＝x，log b c＝y，再利用对换底公式，把不等式转为关于x，y的不等式．[跟踪练习] 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函．证明：由函f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称， 可知f (x ＋1)＝f (－x )． 将x 换成x －12代入上式可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋1＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋12，由偶函的定义可知f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函．A 组 考点能力演练1．已知函f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实，A ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( ) A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b.又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上为减函．∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b 即A ≤B ≤C ，选A.答案：A2．(2016·宁波模拟)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b2－ac<3a”索的因应是( ) A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析：b2－ac<3a⇔b2－ac<3a2⇔(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.答案：C3．设f(x)是定义在R上的奇函，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值( )A．恒为负值B．恒等于零C．恒为正值D．无法确定正负解析：由f(x)是定义在R上的奇函，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0，故选A.答案：A4．不相等的三个正a，b，c成等差列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三( )A．成等比列而非等差列B．成等差列而非等比列C．既成等差列又成等比列D．既非等差列又非等比列解析：由已知条件，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2b ， ①x 2＝ab ， ②y 2＝bc . ③由②③得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝x 2b，c ＝y2b .代入①，得x 2b ＋y 2b＝2b ，即x 2＋y 2＝2b 2.故x 2，b 2，y 2成等差列． 答案：B5．(2016·大连模拟)设S 是至少含有两个元素的集合，在S 上定义了一个二元运算“*”(即对任意的a ，b ∈S ，对于有序元素对(a ，b )，在S 中有唯一确定的元素a *b 与之对应)，若对任意的a ，b ∈S ，有a *(b *a )＝b ，则对任意的a ，b ∈S ，下列等式中不恒成立的是( )A ．(a *b )*a ＝aB ．[a *(b *a )]*(a *b )＝aC ．b *(b *b )＝bD ．(a *b )*[b *(a *b )]＝b解析：由已知条件可得对任意a ，b ∈S ，a *(b *a )＝b ，则b *(b *b )＝b ，[a *(b *a )]*(a *b )＝b *(a *b )＝a ，(a *b )*[b *(a *b )]＝(a *b )*a ＝b ，即选项B ，C ，D 中的等式均恒成立，仅选项A 中的等式不恒成立．故选A.答案：A6．(2016·华师附中一模)如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是________．解析：∵a a ＋b b >a b ＋b a ⇔(a －b )2·(a ＋b )>0⇔a ≥0，b ≥0且a ≠b .答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b7．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是________．解析：∵P 2＝2a ＋7＋2a a ＋7＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3a ＋4＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P <Q .答案：P <Q8．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是________．答案：“存在x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”9．已知a ，b ，m 为非零实，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b2＋1－2m＝0.(1)求证：1a 2＋4b 2≥9a 2＋b 2； (2)求证：m ≥72.证明：(1)(分析法)要证1a 2＋4b 2≥9a 2＋b 2成立，只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋4b 2(a2＋b 2)≥9，即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，即证b 2a 2＋4a 2b 2≥4.根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b2≥2b 2a 2·4a 2b 2＝4成立， 所以原不等式成立．(2)(综合法)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b2＝2m －1，由(1)，知(m －2)(2m －1)≥9，即2m 2－5m －7≥0，解得m ≤－1或m ≥72.因为a 2＋b 2＝m －2>0，1a 2＋4b 2＝2m －1>0，所以m ≥72.10．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－52.求证：a ≠0且⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <2.证明：假设a ＝0或⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2.(1)当a ＝0时，由a ＋c ＝0，得f (x )＝bx ，显然b ≠0. 由题意得f (x )＝bx 在[－1,1]上是单调函， 所以f (x )的最大值为|b |，最小值为－|b |. 由已知条件，得|b |＋(－|b |)＝2－52＝－12，这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.(2)当⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ≥2时，由二次函的对称轴为x ＝－b2a ，知f (x )在[－1,1]上是单调函，故其最值在区间的端点处取得．所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝a ＋b ＋c ＝2，f －＝a －b ＋c ＝－52，或⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a ＋b ＋c ＝－52，f－＝a －b ＋c ＝2.又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <2.由(1)(2)，得a ≠0且⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a <2.B 组 高考题型专练1．(2014·高考山东卷)用反证法证明命题“设a ，b 为实，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：反证法中否定结论需全否定，“至少有一个”的否定为“一个也没有”．答案：A2．(2013·高考北京卷改编)给定列a 1，a 2，…，a n ，对i ＝1,2，…，n －1，该列前i 项的最大值记为A i ，后n －i 项a i ＋1，a i ＋2，…，a n 的最小值记为B i ，d i ＝A i －B i .(1)设列{a n }为3,4,7,1，写出d 1，d 2，d 3的值；(2)设a 1，a 2，…，a n (n ≥4)是公比大于1的等比列，且a 1>0，证明：d 1，d 2，…，d n －1是等比列．解：(1)d 1＝2，d 2＝3，d 3＝6. (2)证明：因为a 1>0，公比q >1， 所以a 1，a 2，…，a n 是递增列．因此，对i ＝1,2，…，n －1，A i ＝a i ，B i ＝a i ＋1. 于是对i ＝1,2，…，n －1，d i ＝A i －B i ＝a i －a i ＋1＝a 1(1－q )q i －1.因此d i≠0且d i＋1d i＝q(i＝1,2，…，n－2)，即d1，d2，…，d n－1是等比列．。