《高考導(dǎo)航》2022屆新課標(biāo)數(shù)學(xué)(理)一輪復(fù)習(xí)講義-第六章-第5講-直接證明和間接證明

第5講直接證明和間接證明1．直接證明直接證明中最基本的兩種證明方法是綜合法和分析法．(1)綜合法：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、定理、公理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最終推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．綜合法又稱為：由因?qū)Ч?順推證法)．(2)分析法：一般地，從要證明的結(jié)論動身，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最終，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．分析法又稱為：執(zhí)果索因法(逆推證法)．2．間接證明反證法：假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最終得出沖突，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明白原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．[做一做]1．下列表述：①綜合法是由因?qū)Ч?；②綜合法是順推法；③分析法是執(zhí)果索因法；④分析法是逆推法；⑤反證法是間接證法．其中正確的有()A．2個 B．3個C．4個 D．5個解析：選D.由分析法、綜合法、反證法的定義知①②③④⑤都正確．2．(2021·山西太原模擬)用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1”時，應(yīng)假設(shè)________．解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．答案：x≠－1且x≠11．辨明兩個易誤點(diǎn)(1)用分析法證明數(shù)學(xué)問題時，要留意書寫格式的規(guī)范性，經(jīng)常用“要證(欲證)…”“即要證…”“就要證…”等分析到一個明顯成立的結(jié)論；(2)利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時，要假設(shè)結(jié)論錯誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒有用假設(shè)命題推理而推出沖突結(jié)果，其推理過程是錯誤的．2．證題的三種思路(1)分析法證題的一般思路：分析法的思路是逆向思維，用分析法證題必需從結(jié)論動身，倒著分析，查找結(jié)論成立的充分條件．應(yīng)用分析法證明問題時要嚴(yán)格按分析法的語言表達(dá)，下一步是上一步的充分條件．(2)綜合法證題的一般思路：用綜合法證明命題時，必需首先找到正確的動身點(diǎn)，也就是能想到從哪里起步，我們一般的處理方法是廣泛地聯(lián)想已知條件所具備的各種性質(zhì)，逐層推動，從而由已知逐步推出結(jié)論．(3)反證法證題的一般思路：反證法證題的實(shí)質(zhì)是證明它的逆否命題成立．反證法的主要依據(jù)是規(guī)律中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一爭辯過程中，A和非A有且僅有一個是正確的，不能有第三種狀況毀滅．[做一做]3．在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿足________．解析：由余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.答案：a2>b2＋c2,[同學(xué)用書P114～P115])eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一)__綜合法的應(yīng)用(高頻考點(diǎn))______________綜合法證明是歷年高考的熱點(diǎn)問題，也是必考問題之一．通常在解答題中某一問毀滅，一般為中高檔題，高考對綜合法的考查常有以下三個命題角度：(1)三角函數(shù)、數(shù)列證明題；(2)幾何證明題；(3)與函數(shù)、方程、不等式結(jié)合的證明題．(1)(2021·山東煙臺模擬)設(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，已知對任意n∈N*，Sn是aeq\o\al(2,n)和an的等差中項(xiàng)．①證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②證明eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)<2.(2)設(shè)f(x)＝lnx＋eq\r(x)－1，證明：當(dāng)x>1時，f(x)<eq\f(3,2)(x－1)．[解](1)①由已知得2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，且an>0，當(dāng)n＝1時，2a1＝aeq\o\al(2,1)＋a1，解得a1＝1(a1＝0舍去)；當(dāng)n≥2時，有2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1.于是2Sn－2Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，即2an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1.于是aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝an＋an－1，即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.由于an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)．故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n.②證明：由于an＝n，所以Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，則eq\f(1,Sn)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<2.(2)證明：法一：記g(x)＝lnx＋eq\r(x)－1－eq\f(3,2)(x－1)，則當(dāng)x>1時，g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2\r(x))－eq\f(3,2)<0.又g(1)＝0，所以g(x)<0，即f(x)<eq\f(3,2)(x－1)．法二：由均值不等式知，當(dāng)x>1時，2eq\r(x)<x＋1，故eq\r(x)<eq\f(x,2)＋eq\f(1,2).①令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，故k(x)<0，即lnx<x－1.②由①②得，當(dāng)x>1時，f(x)<eq\f(3,2)(x－1)．[規(guī)律方法](1)綜合法是“由因?qū)Ч保菑囊阎獥l件動身，順著推證，經(jīng)過一系列的中間推理，最終導(dǎo)出所證結(jié)論的真實(shí)性．用綜合法證明題的規(guī)律關(guān)系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已知條件或數(shù)學(xué)定義、定理、公理，B為要證結(jié)論)，它的常見書面表達(dá)是“∵，∴”或“?”；(2)利用綜合法證不等式時，是以基本不等式為基礎(chǔ)，以不等式的性質(zhì)為依據(jù)，進(jìn)行推理論證的．因此，關(guān)鍵是找到與要證結(jié)論相匹配的基本不等式及其不等式的性質(zhì)．1.(1)在△ABC中，設(shè)a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，且直線bx＋ycosA＋cosB＝0與ax＋ycosB＋cosA＝0平行，求證：△ABC是直角三角形．(2)(2022·高考山東卷)如圖，四棱錐P-ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點(diǎn)．①求證：AP∥平面BEF；②求證：BE⊥平面PAC.證明：(1)法一：由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0，即eq\f(1,2)sin2B－eq\f(1,2)sin2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).若A＝B，則a＝b，cosA＝cosB，兩直線重合，不符合題意，故A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是直角三角形．法二：由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由余弦定理，得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，∴c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a＝b或a2＋b2＝c2.若a＝b，則兩直線重合，不符合題意，故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．(2)①設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC.由于E為AD的中點(diǎn)，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC.因此四邊形ABCE為菱形，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)．又F為PC的中點(diǎn)，因此在△PAC中，可得AP∥OF.又OF?平面BEF，AP?平面BEF，所以AP∥平面BEF.②由題意知ED∥BC，ED＝BC，所以四邊形BCDE為平行四邊形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.由于四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP，AC?平面PAC，所以BE⊥平面PAC.eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二)__分析法________________________________已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，求證：對于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[證明]要證明eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(（3x1－2x1）＋（3x2－2x2）,2)≥3eq\s\up6(\f(x1＋x2,2))－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)－(x1＋x2)≥3eq\s\up6(\f(x1＋x2,2))－(x1＋x2)，即證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥3eq\s\up6(\f(x1＋x2,2))，因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)，由于x1，x2∈R時，3x1>0，3x2>0，由基本不等式知eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)明顯成立，故原結(jié)論成立．[規(guī)律方法](1)分析法的證明思路：先從結(jié)論入手，由此逐步推出保證此結(jié)論成立的充分條件，而當(dāng)這些推斷恰恰都是已證的命題(定義、公理、定理、法則、公式等)或要證命題的已知條件時命題得證；(2)要留意書寫格式的規(guī)范性．2.△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)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，也就是證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(nèi)角A，B，C成等差數(shù)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．eq\a\vs4\al(考點(diǎn)三)__反證法______________________(2021·高考陜西卷)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．[解](1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的k∈N＋，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知沖突．∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．[規(guī)律方法]用反證法證明數(shù)學(xué)命題要把握三點(diǎn)：(1)必需先否定結(jié)論，即確定結(jié)論的反面；(2)必需從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必需依據(jù)這一條件進(jìn)行推證；(3)推導(dǎo)出的沖突可能多種多樣，有的與已知沖突，有的與假設(shè)沖突，有的與已知事實(shí)沖突等，但是推導(dǎo)出的沖突必需是明顯的．3.已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個不小于1.證明：假設(shè)a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，則有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋3≥3，兩者沖突，所以假設(shè)不成立，故a，b，c至少有一個不小于1.方法思想——轉(zhuǎn)化與化歸思想求證函數(shù)的綜合問題設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋3bx2＋3cx有兩個極值點(diǎn)x1，x2，且x1∈[－1，0]，x2∈[1，2]．(1)求b，c滿足的約束條件，并在下面的坐標(biāo)平面內(nèi)畫出滿足這些條件的點(diǎn)(b，c)的區(qū)域；(2)證明：－10≤f(x2)≤－eq\f(1,2).[解](1)f′(x)＝3x2＋6bx＋3c.依題意知，方程f′(x)＝0有兩個根x1，x2，且x1∈[－1，0]，x2∈[1，2]等價于f′(－1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0.由此得b，c滿足的約束條件為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c≥2b－1，,c≤0，,c≤－2b－1，,c≥－4b－4.))滿足這些條件的點(diǎn)(b，c)的區(qū)域?yàn)閳D中陰影部分．(2)證明：由題設(shè)知f′(x2)＝3xeq\o\al(2,2)＋6bx2＋3c＝0，故bx2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)c.于是f(x2)＝xeq\o\al(3,2)＋3bxeq\o\al(2,2)＋3cx2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(3,2)＋eq\f(3c,2)x2.由于x2∈[1，2]，而由(1)知c≤0，故－4＋3c≤f(x2)≤－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)c.又由(1)知－2≤c≤0，所以－10≤f(x2)≤－eq\f(1,2).[名師點(diǎn)評]1.本題在求證第(2)問時，利用了轉(zhuǎn)化與化歸思想，利用f′(x2)＝0得出bx2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)c.進(jìn)而轉(zhuǎn)化為f(x2)＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(3,2)＋eq\f(3c,2)x2，借助于(1)中c的范圍證明出結(jié)論．2．解決此類問題，要培育觀看力氣，即觀看條件、結(jié)論，且能從數(shù)學(xué)的角度揭示其差異，如“高次?低次”“分式(根式)?整式”“多元?一元”等，從而為我們的化歸轉(zhuǎn)化指明方向，奠定基礎(chǔ)．(2022·高考天津卷)已知q和n均為給定的大于1的自然數(shù)．設(shè)集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．(1)當(dāng)q＝2，n＝3時，用列舉法表示集合A；(2)設(shè)s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.證明：若an<bn，則s<t.解：(1)當(dāng)q＝2，n＝3時，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}，可得，A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．(2)證明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an<bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1＝eq\f(（q－1）（1－qn－1）,1－q)－qn－1＝－1<0.所以s<t.1．若a<b<0，則下列不等式中成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)C．b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)<eq\f(b＋1,a＋1)解析：選C.∵a<b<0，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b).由不等式的同向可加性知b＋eq\f(1,a)>a＋eq\f(1,b).2．(2022·高考山東卷)用反證法證明命題：“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實(shí)根”時，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實(shí)根解析：選A.依據(jù)反證法的要求，即至少有一個的反面是一個也沒有，直接寫出命題的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實(shí)根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根，故應(yīng)選A.3．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0 B．a(chǎn)－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0解析：選C.eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a?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.故選C.4．(2021·寧夏銀川模擬)設(shè)a，b，c是不全相等的正數(shù)，給出下列推斷：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立，其中正確推斷的個數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C.①②正確；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同時成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正確的推斷有2個．5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值 B．恒等于零C．恒為正值 D．無法確定正負(fù)解析：選A.由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.6．用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”，那么假設(shè)的內(nèi)容是________．解析：“至少有一個”的否定是“一個也沒有”，故應(yīng)假設(shè)“a，b中沒有一個能被5整除”．答案：a，b中沒有一個能被5整除7．(2021·福建福州模擬)假如aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a，b應(yīng)滿足的條件是__________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，即(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))＞0，需滿足a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b8．已知點(diǎn)An(n，