【数学】2019届一轮复习人教A版（文）直接证明与间接证明学案
第4讲 直接证明与间接证明
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识]
考点1 直接证明
考点2 间接证明
1．反证法的定义
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，从而证明原命题成立的证明方法．
2．利用反证法证题的步骤
(1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；
(2)由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；
(3)由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．
[必会结论]
分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．
[考点自测]
1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
2．要证明＋<2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．归纳法
答案 B
解析 从要证明的结论——比较两个无理数大小出发，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法，故选B.
3．[课本改编]用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设正确的是( )
A．假设至少有一个钝角
B．假设至少有两个钝角
C．假设没有一个钝角
D．假设没有一个钝角或至少有两个钝角
答案 B
解析 注意到：“至多有一个”的否定应为“至少有两个”，故选B.
4．[2018·包头模拟]若实数a，b满足a＋b＜0，则( )
A．a，b都小于0
B．a，b都大于0
C．a，b中至少有一个大于0
D．a，b中至少有一个小于0
答案 D
解析 假设a，b都不小于0，即a≥0，b≥0，则a＋b≥0，这与a＋b＜0相矛盾，因此假设错误，即a，b中至少有一个小于0.
5．[2018·扬州调研]设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是________．
答案 m
⇐a0，显然成立．
6．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的序号是________．
答案 ①③④
解析 要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④都能使＋≥2成立．
板块二 典例探究·考向突破
考向 综合法证明
例 1 已知sinθ，sinx，cosθ成等差数列，sinθ，siny，cosθ成等比数列．证明：2cos2x＝cos2y.
证明 ∵sinθ与cosθ的等差中项是sinx，等比中项是siny，
∴sinθ＋cosθ＝2sinx，①
sinθcosθ＝sin2y，②
①2－②×2，可得(sinθ＋cosθ)2－2sinθcosθ＝4sin2x－2sin2y，即4sin2x－2sin2y＝1.
∴4×－2×＝1，即2－2cos2x－(1－cos2y)＝1.
故证得2cos2x＝cos2y.
触类旁通
综合法证明的思路
(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．
【变式训练1】 已知f(x)＝，证明：f(x)＋f(1－x)＝.
证明 ∵f(x)＝，
∴f(x)＋f(1－x)＝＋＝＋＝＋＝＝＝＝.
故f(x)＋f(1－x)＝成立．
考向 分析法证明
例 2 已知a>0，证明： －≥a＋－2.
证明 要证 －≥a＋－2，
只需证 ≥－(2－)．
因为a>0，所以－(2－)>0，
所以只需证2≥2，
即2(2－)≥8－4，只需证a＋≥2.
因为a>0，a＋≥2显然成立＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．
触类旁通
分析法证题的技巧
(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，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，从而使原命题得证．
【变式训练2】 已知正数a，b，c满足a＋b＋c＝1.
求证：＋＋≤.
证明 欲证＋＋≤，
则只需证(＋＋)2≤3，
即证a＋b＋c＋2(＋＋)≤3，
即证＋＋≤1.
又＋＋≤＋＋＝1，当且仅当a＝b＝c＝时取“
＝”，
∴原不等式＋＋≤成立．
考向 反证法的应用
命题角度1 证明否定性命题
例 3 设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
解 (1)证明：若{Sn}是等比数列，则S＝S1·S3，即a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，
∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．
(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．
当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3，
2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．
由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，
∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．
综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．
命题角度2 证明存在性问题
例 4 设x、y、z>0，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，求证：a、b、c三数至少有一个不小于2.
证明 假设a、b、c都小于2，
则a＋b＋c<6.
而事实上a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥2＋2＋2＝6(当且仅当x＝y＝z＝1时取“＝”)与a＋b＋c<6矛盾，
∴a，b，c中至少有一个不小于2.
命题角度3 证明唯一性命题
例 5 已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，
∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.
∵BC∥AD，BC⊄平面SAD.
∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，
∴平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，∴假设不成立．
故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.
触类旁通
反证法的适用范围及证明的关键
(1)适用范围：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．
(2)关键：在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．
【变式训练3】 (1)若三个方程x2＋4mx－4m＋3＝0，x2＋(m－1)x＋m2＝0，x2＋2mx－2m＝0中至少有一个方程有实数根，求实数m
的取值范围．
解 当三个方程都没有实根时，
即
解得
所以－－2)，使函数h(x)＝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．
解 ①由已知得g(x)＝(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b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.
因为b>1，所以b＝3.
②假设函数h(x)＝在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军”函数，因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有即解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．
核心规律
1.分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．
2.综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．
3.分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．
满分策略
1.当题目条件较多，且都很明确时，由因导果较容易，一般用综合法，但在证明中，要保证前提条件正确，推理要合乎逻辑规律．
2.当题目条件较少，可逆向思考时，执果索因，使用分析法解决．但在证明过程中，注意文字语言的准确表述．
3.利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的.
板块三 启智培优·破译高考
创新交汇系列10——分析法与综合法的交汇整合
[2018·长沙模拟]已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．
解题视点 (1)先判断它们的大小，可用特例法．(2)用分析法探寻证题思路．(3)用综合法完成证明．事实上，取a＝1，b＝2，c＝4，则f(a)＋f(c)＝f(1)＋f(4)＝log218，2f(b)＝2f(2)＝log216，于是由log218>log216，猜测f(a)＋f(c)>2f(b)．
要证f(a)＋f(c)>2f(b)，则只需证log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)，即证log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，也即证(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.展开整理得ac＋2(a＋c)>b2＋4b.
因为b2＝ac，所以只要证a＋c>2，显然是成立的．
解 f(a)＋f(c)>2f(b)．
证明如下：因为a，b，c是两两不相等的正数，
所以a＋c>2.
因为b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)>b2＋4b，
即ac＋2(a＋c)＋4>b2＋4b＋4，
从而(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.
因为f(x)＝log2x是增函数，
所以log2[(a＋2)(c＋2)]>log2(b＋2)2，
即log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)．
故f(a)＋f(c)>2f(b)．
答题启示 (1)综合法和分析法各有其优缺点，分析法利于思考，综合法宜于表达，因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程.有时要把分析法和综合法结合起来交替使用，才能成功.,(2)本题易错的原因一是不会用分析法分析，找不到解决问题的切入口；二是不会用综合法表述，从而导致解题格式不规范.将分析法和综合法整合，是证明数学问题的一种重要的思想方法.
跟踪训练
[2018·安徽模拟](1)设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋≤＋＋xy；
(2)11，∴x＝logab≥1，y＝logbc≥1，
由(1)知所证明的不等式成立．
板块四 模拟演练·提能增分
[A级 基础达标]
1．[2018·绵阳周测]设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是( )
A．t>s B．t≥s C．tab>b2
C.< D.>
答案 B
解析 a2－ab＝a(a－b)，
∵a0，
∴a2>ab.①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2>ab>b2.
3．下列不等式一定成立的是( )
A．lg >lg x(x>0)
B．sinx＋>2(x≠kπ，k∈Z)
C．x2＋1≥2|x|(x∈R)
D.<1(x∈R)
答案 C
解析 对于A，当x>0时，x2＋≥2·x·＝x
所以lg ≥lg x，故A不正确；
对于B，当x≠kπ时，sinx正负不定，不能用基本不等式，所以B不正确；
对于D，当x＝0时，＝1，故D不正确．
由基本不等式可知选项C正确．
4．若a>0，b>0，a＋b＝1，则下列不等式不成立的是( )
A．a2＋b2≥ B．ab≤
C.＋≥4 D.＋≤1
答案 D
解析 a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝1－2ab≥1－2·2＝，∴A成立；
ab≤2＝，∴B成立．
又＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，∴C成立，∴应选D.
5．[2018·邹平期末]若a>b>c，则使＋≥恒成立的最大的正整数k为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 C
解析 ∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，
且a－c＝a－b＋b－c.
又＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，
∴k≤＋，k≤4，
故k的最大整数为4.故选C.
6．[2018·邯郸模拟]设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)
答案 ③
解析 若a＝，b＝，则a＋b＞1，
但a＜1，b＜1，故①推不出；
若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；
若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2，故④推不出；
若a＝－2，b＝－3，则ab＞1，故⑤推不出；
对于③，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b＞2矛盾，
因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.
7．已知a＋b＋c＝0，求证：a3＋a2c＋b2c－abc＋b3＝0.
证明 运用“立方和”公式证明：
a3＋b3＝(a＋b)·(a2－ab＋b2)，
∴原式＝a3＋b3＋(a2c＋b2c－abc)
＝(a＋b)·(a2－ab＋b2)＋c(a2－ab＋b2)
＝(a＋b＋c)·(a2－ab＋b2)
∵a＋b＋c＝0，
∴原式＝0，
即当a＋b＋c＝0时，a3＋a2c＋b2c－abc＋b3＝0.
8．设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，求证：f为偶函数．
证明 由函数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－代入上式可得f＝f，
即f＝f，
由偶函数的定义可知f为偶函数．
9．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
解 (1)由已知得
所以d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)证明：由(1)，得bn＝＝n＋.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，
则b＝bpbr，即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
所以(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
因为p，q，r∈N*，所以
所以2＝pr⇒(p－r)2＝0.
所以p＝r，这与p≠r矛盾，所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
10．已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
(2)用反证法证明：方程f(x)＝0没有负数根．
[B级 知能提升]
1．已知x，y∈R，M＝x2＋y2＋1，N＝x＋y＋xy，则M与N的大小关系是( )
A．M≥N B．M≤N
C．M＝N D．不能确定
答案 A
解析 M－N＝x2＋y2＋1－(x＋y＋xy)
＝[(x2＋y2－2xy)＋(x2－2x＋1)＋(y2－2y＋1)]
＝[(x－y)2＋(x－1)2＋(y－1)2]≥0.故M≥N.
2．已知实数m，n满足m·n>0，m＋n＝－1，则＋的最大值为________．
答案 －4
解析 ∵m·n>0，m＋n＝－1，∴m<0，n<0，
∴＋＝－(m＋n)
＝－≤－2－2＝－4，
当且仅当m＝n＝－时，＋取得最大值－4.
3．[2018·清水期末]设a>0，b>0,2c>a＋b，求证：
(1)c2>ab；
(2)c－0，b>0,2c>a＋b≥2，
∴c>，
平方得c2>ab.
(2)要证c－0，f(1)>0，求证：
(1)a>0且－2<<－1；
(2)方程f(x)＝0在(0,1)内有两个实根．
证明 (1)∵f(0)>0，f(1)>0，∴c>0,3a＋2b＋c>0.
由a＋b＋c＝0，消去b得a>c>0；
再由条件a＋b＋c＝0，消去c得a＋b<0且2a＋b>0，
∴－2<<－1.
(2)解法一：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)
＝4>0，
∴方程f(x)＝0有两个实根．
设方程的两根为x1，x2，由根与系数的关系得
x1＋x2＝－>0，x1x2＝>0，故两根为正．
又∵(x1－1)＋(x2－1)＝－－2<0，
(x1－1)(x2－1)＝>0，故两根均小于1，命题得证．
解法二：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)＝4>0，
由(1)知－2<<－1，∴<－<1，
已知f(0)>0，f(1)>0，
∴f(x)＝0在(0,1)内有两个实根．
5．[2015·陕西高考]设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明．
解 (1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1>0，
Fn＝1＋＋2＋…＋n－2＝－2＝－<0，
所以Fn(x)在内至少存在一个零点．
又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，
故Fn(x)在内单调递增，
所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，
即－2＝0，故xn＝＋x.
(2)由题设，gn(x)＝.
设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x>0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－.
若0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0.
若x>1，h′(x)
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