高考總復習文數（北師大版）講義第7章第05節(jié)直接證明與間接證明

第五節(jié)直接證明與間接證明考點高考試題考查內容核心素養(yǎng)直接證明與間接證明未單獨考查命題分析對直接證明和間接證明的考查主要作為證明和推理數學命題的方法，常與函數、數列、不等式、立體幾何、解析幾何等綜合考查.1．直接證明綜合法分析法定義從命題的條件出發(fā)，利用定義、公理、定理及運算法則，通過演繹推理，一步一步地接近要證明的結論，直到完成命題的證明，這樣的思維方法稱為綜合法.從求證的結論出發(fā)，一步一步地探索保證前一個結論成立的充分條件，直到歸結為這個命題的條件，或者歸結為定義、公理、定理等，這樣的思維方法稱為分析法.思維過程由因導果執(zhí)果索因證題步驟P(已知)?P1?P2?…?Pn?Q(結論)Q(結論)?Q1?Q2?…?Qn?P(已知)文字語言因為……，所以……或由……，得……要證……，只需證……，即證……符號語言??2．間接證明反證法定義在證明數學命題時，先假定命題結論的反面成立，在這個前提下，若推出的結果與定義、公理、定理相矛盾，或與命題中的已知條件相矛盾，或與假定相矛盾，從而說明命題結論的反面不可能成立，由此斷定命題的結論成立．這種證明方法叫作反證法．證明步驟(1)作出否定結論的假設；(2)進行推理，導出矛盾；(3)否定假設，肯定結論．適用范圍(1)否定性命題；(2)命題的結論中出現“至少”、“至多”、“唯一”等詞語的；(3)當命題成立非常明顯，而要直接證明所用的理論太少，且不容易說明，而其逆否命題又是非常容易證明的；(4)要討論的情況很復雜，而反面情況很少.提醒：辨明兩個易誤點(1)用分析法證明數學問題時，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)…”“即要證…”“就要證…”等分析到一個明顯成立的結論．(2)利用反證法證明數學問題時，要假設結論錯誤，并用假設命題進行推理，沒有用假設命題推理而推出矛盾結果，其推理過程是錯誤的．1．判斷下列結論的正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)綜合法是直接證明，分析法是間接證明．()(2)分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋找使結論成立的充要條件．()(3)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現解決問題的過程．()(4)證明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)＜eq\r(3)＋eq\r(6)最合適的方法是分析法．()(5)用反證法證明結論“a＞b”時，應假設“a＜b”．()(6)反證法是指將結論和條件同時否定，推出矛盾．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×(6)×2．用分析法證明：欲使①A>B，只需②C<D，這里①是②的()A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選B由題意可知，應有②?①，故①是②的必要條件．3．命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”過程應用了()A．分析法 B．綜合法C．綜合法、分析法綜合使用 D．間接證明法解析：選B結合推理及分析法和綜合法的定義可知，B正確．4．用反證法證明命題“三角形三個內角至少有一個不大于60°”時，應假設()A．三個內角都不大于60°B．三個內角都大于60°C．三個內角至多有一個大于60°D．三個內角至多有兩個大于60°解析：選B因為“至少有一個”的反面是“一個也沒有”，所以“三角形三個內角至少有一個不大于60°”的否定是“三角形三個內角一個也沒有不大于60°”，即“三個內角都大于60°”．5．(教材習題改編)用分析法證明不等式eq\r(a)－eq\r(a－1)＜eq\r(a－2)－eq\r(a－3)(a≥3)時，最后推出的顯然成立的最簡不等式為________．解析：要證eq\r(a)－eq\r(a－1)＜eq\r(a－2)－eq\r(a－3)，只需證：eq\r(a)＋eq\r(a－3)＜eq\r(a－2)＋eq\r(a－1)，兩邊平方得：eq\r(aa－3)＜eq\r(a－2a－1)，兩邊由平方得：0＜2，顯然成立．答案：0＜2分析法的應用[明技法]分析法證題的技巧(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件．正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵．(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法由條件證明這個中間結論，從而使原命題得證．[提能力]【典例】已知△ABC的三個內角A，B，C成等差數列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明：要證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需證c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三內角A，B，C成等差數列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．[刷好題]已知a>0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明：要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a>0，故只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，從而只要證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只要證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立．綜合法的應用[明技法]綜合法證題的思路[提能力]【典例】在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.(1)求證：a，b，c成等差數列；(2)若∠C＝eq\f(2π,3)，求證：5a＝3b.證明：(1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因為sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差數列．(2)由C＝eq\f(2π,3)，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，所以5a＝3b.[刷好題](2018·聊城模擬)已知函數f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,3)x3，函數y＝f(x)與函數y＝g(x)的圖像在交點(0,0)處有公共切線．(1)求a，b的值；(2)證明：f(x)≤g(x)．(1)解：f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0＝f0，,f′0＝g′0，))解得a＝0，b＝1.(2)證明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2－x(x＞－1)．則h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq\f(－x3,x＋1).所以h(x)在(－1,0)上為增函數，在(0，＋∞)上為減函數．故h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．反證法的應用[明技法]用反證法證明命題的基本步驟(1)反設，設要證明的結論的反面成立．(2)歸謬，從反設入手，通過推理得出與已知條件或公理、定理矛盾．(3)否定反設，得出原命題結論成立．[提能力]【典例】已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數列{an}的通項公式；(2)求證：數列{an}中不存在三項按原來順序成等差數列．(1)解：當n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝eq\f(1,2)an，所以{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數列，所以an＝eq\f(1,2n－1).(2)證明：假設存在三項按原來順序成等差數列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r，且p，q，r∈N＋)，則2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又因為p<q<r，所以r－q，r－p∈N＋.所以(*