【数学】2020届一轮复习（理）通用版7-5直接证明与间接证明学案

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第五节直接证明与间接证明 ‎1．直接证明——综合法、分析法 内容 综合法 分析法 定义 利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立 从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，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、定理、定义、公理等)为止 思维过程 由因导果(顺推证法)‎ 执果索因(逆推证法)‎ 框图表示 P表示已知条件、已有的数学定义、公理、定理、性质等，Q表示所要证明的结论 →→…→ →→…→ 文字语言 因为……，所以……，或由……得……，或“⇒”‎ 要证(欲证)……，只需证……，即证……‎ ‎2．间接证明——反证法 要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．,(1)分析法的特点 ‎①当命题不知从何入手时，可以运用分析法来解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效．‎ ‎②分析法证明过程不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件．‎ ‎ (2)应用反证法证题注意事项 应用反证法证题时，必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．‎ ‎(3)一些常见词语的否定 正面词语 否定 正面词语 否定 正面词语 否定 等于(＝)‎ 不等于(≠)‎ 不是 是 任意的 某些 大于(＞)‎ 不大于(小于或等于“≤”)‎ 都是 不都是(至少有一个不是)‎ 所有的 某个 小于(＜)‎ 不小于(大于或等于“≥”)‎ 至多有一个 至少有两个 且 或 全为 不全为 至少有一个 一个也没有 或 且 ‎[小题查验基础]‎ 一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)‎ ‎(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．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×‎ 二、选填题 ‎1．命题“对任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”过程应用了(　　)‎ A．分析法　　　　　　　　 B．综合法 C．综合法、分析法综合使用 D．间接证明法 解析：选B　因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论，故选B.‎ ‎2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)‎ A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－≤0‎ C.－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0‎ 解析：选D　a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.‎ ‎3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是(　　)‎ A．假设三个内角都不大于60°‎ B．假设三个内角都大于60°‎ C．假设三个内角至多有一个大于60°‎ D．假设三个内角至多有两个大于60°‎ 解析：选B　根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60°.故选B.‎ ‎4．若，，成等比数列，则logx＝________.‎ 解析：由题意得()2＝·，‎ 所以＝，所以x＝.‎ 设logx＝y，即y＝＝2，‎ 所以y＝2，即logx＝2.‎ 答案：2‎ ‎5.－2与－的大小关系是________．‎ 解析：假设－2＞－，由分析法可得，‎ 要证 －2＞－，只需证 ＋＞＋2，‎ 即证13＋2＞13＋4，即＞2.‎ 因为42＞40，所以－2＞－成立．‎ 答案：－2＞－ 考点一综合法的应用[师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ 数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.‎ ‎(1)证明：数列是等差数列；‎ ‎(2)求数列的前n项和Sn，并证明＋＋…＋＞.‎ ‎[解]　(1)证明：∵an＋1＝，‎ ‎∴＝，化简得＝2＋，‎ 即－＝2，‎ 故数列是以1为首项，2为公差的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知＝2n－1，∴Sn＝＝n2.‎ 法一：＋＋…＋＝＋＋…＋＞＋＋…＋＝＋＋…＋ ‎＝1－＝.‎ 法二：＋＋…＋＝＋＋…＋＞1，‎ 又∵1＞，∴＋＋…＋＞.‎ ‎[解题技法]‎ 掌握综合法证明问题的思路 ‎[过关训练]‎ 已知a，b，c都为正实数，a＋b＋c＝1.求证：‎ ‎(1)＋＋≤；‎ ‎(2)＋＋≥.‎ 证明：(1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，‎ ‎∴＋＋≤，当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．‎ ‎(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0，‎ ‎∴＋(3a＋1)≥2 ＝4，‎ 当且仅当＝3a＋1，即a＝时取“＝”．‎ ‎∴≥3－3a，同理得≥3－3b，≥3－3c，‎ 以上三式相加得 ‎4≥9－3(a＋b＋c)＝6，‎ ‎∴＋＋≥，‎ 当且仅当a＝b＝c＝时取“＝”．‎ 考点二分析法的应用[师生共研过关]‎ ‎ [典例精析]‎ 若△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：＋＝.‎ ‎[证明]　要证＋＝，‎ 即证＋＝3，也就是证＋＝1，‎ 只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，‎ 需证c2＋a2＝ac＋b2，‎ 又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，‎ 由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos 60°，‎ 即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．‎ 于是原等式成立．‎ ‎[解题技法]‎ ‎1．利用分析法证明问题的思路 先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．‎ ‎2．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．‎ ‎[过关训练]‎ ‎1．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ 证明：要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，‎ 只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，‎ 即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，‎ 即证(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.‎ ‎∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，‎ 从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，‎ ‎∴2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ ‎2．已知a＞0，求证： －≥a＋－2.‎ 证明：要证 －≥a＋－2，‎ 只要证 ＋2≥a＋＋.‎ 因为a＞0，故只要证2≥2，即证a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2，‎ 从而只要证2 ≥ ，‎ 只要证4≥2，即a2＋≥2，‎ 而上述不等式显然成立，故原不等式成立．‎ 考点三反证法的应用[师生共研过关]‎ ‎ [典例精析]‎ 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．‎ ‎[解]　(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.‎ 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝an，‎ 所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝.‎ ‎(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，‎ 则2·＝＋，‎ 所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)‎ 又因为p＜q＜r，‎ 所以r－q∈N*，r－p∈N*.‎ 所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立．‎ 所以假设不成立，原命题得证．‎ ‎[解题技法]‎ 用反证法证明数学命题需把握的3点 ‎(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；‎ ‎(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；‎ ‎(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．‎ ‎[过关训练]‎ ‎1．已知a1＋a2＋a3＋a4＞100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.‎ 证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，‎ 即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，‎ 这与已知a1＋a2＋a3＋a4＞100矛盾，故假设错误．‎ 所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.‎ ‎2．已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．‎ 证明：假设存在x0′∈(a，b)，x0∈(a，b)，且x0′≠x0，使得＝f′(x0′)，＝f′(x0)成立，即f′(x0)＝f′(x0′)．‎ 因为f′(x)＝－m，记g(x)＝f′(x)，‎ 所以g′(x)＝＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x0′，这与x0′≠x0矛盾，所以x0是唯一的．‎ ‎ ‎1．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：＜a”索的因应是(　　)‎ A．a－b＞0　　　　　　 B．a－c＞0‎ C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0‎ 解析：选C　＜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.‎ ‎2．用反证法证明命题“设f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)为实数，则方程f(x)＝0至少有一个实根”时，正确的假设是(　　)‎ A．方程f(x)没有实根 B．方程f(x)＝0至多有一个实根 C．方程f(x)＝0至多有两个实根 D．方程f(x)＝0恰好有两个实根 解析：选A　由反证法证明命题的格式和步骤，可知应设方程f(x ‎)＝0没有实根，故应选A.‎ ‎3．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　　)‎ A．P＞Q B．P＝Q C．P＜Q D．由a的取值确定 解析：选A　假设P＞Q，要证P＞Q，只需证P2＞Q2，只需证：2a＋13＋2＞2a＋13＋2，只需证a2＋13a＋42＞a2＋13a＋40，‎ 即证42＞40，因为42＞40成立，所以P＞Q成立．‎ ‎4．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系是(　　)‎ A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A 解析：选A　因为≥≥，又f(x)＝x在R上是减函数，所以f≤f()≤f.‎ ‎5．设x，y，z都为正实数，则三个数＋，＋，＋(　　)‎ A．都大于2 B．至少有一个大于2‎ C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2‎ 解析：选C　假设三个数都小于2，‎ 则＋＋＋＋＋＜6，由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，所以假设不成立，所以＋，＋，＋中至少有一个不小于2.故选C.‎ ‎6．如果a＋b＞a＋b，则a，b应满足的条件是__________．‎ 解析：a＋b＞a＋b，即(－)2(＋)＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.‎ 答案：a≥0，b≥0且a≠b ‎7．设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为________．‎ 解析：a＝＋2，b＝2＋，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，显然 ＜，所以a＜b.‎ 答案：a＜b ‎8．已知a＞b＞0，则①＜；②ac2＞bc2；③a2＞b2；④＞，其中正确的序号是________．‎ 解析：当c＝0时，②不正确；由不等式的性质知①③④正确．‎ 答案：①③④‎ ‎9．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：＞8.‎ 证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，‎ 所以－1＝＝＞，①‎ －1＝＝＞，②‎ －1＝＝＞，③‎ 又x，y，z为正数，由①×②×③，‎ 得＞8.‎ 故原不等式得证．‎ ‎10．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：≤.‎ 证明：a⊥b⇔a·b＝0，要证≤.‎ 只需证|a|＋|b|≤ |a＋b|，‎ 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(|a|2＋2a·b＋|b|2)，‎ 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2|a|2＋2|b|2，‎ 只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，‎ 上式显然成立，故原不等式得证．‎ ‎11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0＜x＜c时，f(x)＞0.‎ ‎(1)证明：是f(x)＝0的一个根；‎ ‎(2)试比较与c的大小；‎ ‎(3)证明：－2＜b＜－1.‎ 解：(1)证明：∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，‎ ‎∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，‎ ‎∵f(c)＝0，‎ ‎∴x1＝c是f(x)＝0的根，‎ 又x1x2＝，∴x2＝，‎ ‎∴是f(x)＝0的一个根．‎ ‎(2)假设＜c，又＞0，‎ 由0＜x＜c时，f(x)＞0，‎ 知f＞0与f＝0矛盾，‎ ‎∴≥c，又∵≠c，∴＞c.‎ ‎(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，‎ ‎∴b＝－1－ac.‎ 又a＞0，c＞0，∴b＜－1.‎ 二次函数f(x)的图象的对称轴方程为 x＝－＝＜＝x2＝，即－＜.‎ 又a＞0，∴b＞－2，∴－2＜b＜－1.‎