2018届二轮复习 不等式、推理与证明：直接证明与间接证明 学案(全国通用)

直接证明与间接证明
【考点梳理】
1．直接证明
反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
【考点突破】
考点一、综合法
【例1】已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．
[解析]证明：(1)如图所示，因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF ∥B 1D 1.
在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ，所以EF ∥BD ，
所以EF ，BD 确定一个平面，
即D ，B ，F ，E 四点共面.
(2)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，设平面A 1ACC 1确定的平面为α，
又设平面BDEF 为β.
因为Q ∈A 1C 1，所以Q ∈α.
又Q ∈EF ，所以Q ∈β，
则Q 是α与β的公共点.
同理，P 点也是α与β的公共点.
所以α∩β＝PQ .
又A 1C ∩β＝R ，
所以R ∈A 1C ，则R ∈α且R ∈β，
则R ∈PQ ，故P ，Q ，R 三点共线.
【类题通法】
综合法是“由因导果”的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，常与分析法结合使用，用分析法探路，综合法书写，但要注意有关定理、性质、结论题设条件的正确运用．
【对点训练】
已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝a ＋bx －12x 2＋13x 3，函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )
的图象在交点(0,0)处有公共切线．
(1)求a ，b 的值；
(2)证明：f (x )≤g (x )．
[解析] (1)f ′(x )＝11＋x
，g ′(x )＝b －x ＋x 2， 由题意得⎩⎨⎧
g (0)＝f (0)，f ′(0)＝g ′(0)，
解得a ＝0，b ＝1.
(2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x )
＝ln(x ＋1)－13x 3＋12x 2－x (x >－1)．
h ′(x )＝1x ＋1－x 2＋x －1＝－x 3x ＋1
. 所以h (x )在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．
h (x )max ＝h (0)＝0，h (x )≤h (0)＝0，即f (x )≤g (x ).
考点二、分析法
【例2】已知a >0，求证：
a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2. [解析]证明：要证
a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2， 只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a ＋ 2.
因为a >0，故只需要证⎝
⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22， 即a 2＋1a 2＋4
a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2， 从而只需要证2a 2
＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ， 只需要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2＋2＋1a 2， 即a 2＋1a 2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.
【类题通法】
1．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．分析法的特点和思路是“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．
【对点训练】
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 ＝3a ＋b ＋c
. [解析]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.
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．
[解析] (1)设{a n }的前n 项和为S n ，
当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；
当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①
qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②
①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，
∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ，∴S n ＝⎩⎨⎧ na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.
(2)证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *，
(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，
a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，
a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q
k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1. ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，
∴q ＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列.
【类题通法】
用反证法证明问题的步骤：
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾，矛盾可以是与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)
(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)
【对点训练】
已知a ≥－1，求证三个方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实根．
[解析]证明：假设三个方程都没有实数根，则
⎩⎨⎧ (4a )2－
4(－4a ＋3)<0，(a －1)2－4a 2<0，
(2a )2－4×(－2a )<0
⇒⎩⎪⎨⎪⎧ －32<a <12，a >13或a <－1，－2<a <0，
∴－32<a <－1.
这与已知a ≥－1矛盾，所以假设不成立，故原结论成立.。