【数学】2019届一轮复习全国通用版（理）第37讲　直接证明与间接证明学案

【数学】2019届一轮复习全国通用版（理）第37讲　直接证明与间接证明学案

第37讲　直接证明与间接证明 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法，了解分析法和综合法的思考过程、特点．‎ ‎2．了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法的思考过程、特点.‎ ‎2016·江苏卷，20‎ ‎2016·浙江卷，20‎ ‎2016·北京卷，20‎ 直接证明与间接证明一般考查以不等式、数列、解析几何、立体几何、函数、三角函数为背景的证明问题.‎ 分值：7～10分 ‎1．直接证明 ‎(1)综合法 ‎①定义：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的__推理论证__，最后推导出所要证明的结论__成立__，这种证明方法叫做综合法．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→(P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)．‎ ‎(2)分析法 ‎①定义：从要证明的__结论__出发，逐步寻求使它成立的__充分条件__，直至最后，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，这种证明方法叫做分析法．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→.‎ ‎2．间接证明 反证法：假设原命题__不成立__(即在原命题的条件下，结论不成立)，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．‎ ‎1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．‎ ‎(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．(　√　)‎ ‎(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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．(　×　)‎ ‎(4)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．(　√　)‎ 解析 (1)正确．‎ ‎(2)错误．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件，不是充要条件．‎ ‎(3)错误．用反证法证明时，推出的矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾．‎ ‎(4)正确．‎ ‎2．用分析法证明：欲使①A＞B，只需②C＜D，这里①是②的(　B　)‎ A．充分条件　　 B．必要条件 C．充要条件　　 D．既不充分也不必要条件 解析 由题意可知，应有②⇒①，故①是②的必要条件．‎ ‎3．用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设(　B　)‎ A．三个内角都不大于60°‎ B．三个内角都大于60°‎ C．三个内角至多有一个大于60°‎ D．三个内角至多有两个大于60°‎ 解析 “至少有一个不大于60°”的反面是“都大于60°”．‎ ‎4．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为__等边三角形__.‎ 解析 由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝，‎ 又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，‎ ‎∴a2＋c2－‎2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，‎ ‎∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC为等边三角形．‎ ‎5．下列条件：①ab＞0；②ab＜0；③a＞0，b＞0；④a＜0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的个数是__3__.‎ 解析 要使＋≥2，只要>0且>0，即a，b不为0且同号即可，故有3个．‎ 一　分析法 分析法的证明思路：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．‎ ‎【例1】 已知a＞0，求证：－≥a＋－2.‎ 证明 要证－≥a＋－2，‎ 只要证＋2≥a＋＋，‎ ‎∵a>0，故只要证2≥2，‎ 即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．‎ 二　综合法 综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．‎ ‎【例2】 已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，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)＝，g′(x)＝b－x＋x2，‎ 由题意得解得a＝0，b＝1.‎ ‎(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln (x＋1)－x3＋x2－x(x>－1)，‎ h′(x)＝－x2＋x－1＝，‎ ‎∵x>－1，∴当－10；‎ 当x>0时，h′(x)<0.‎ 则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)．‎ 三　反证法 ‎(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．‎ ‎【例3】 等差数列的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.‎ ‎(1)求数列的通项an与前n项和Sn；‎ ‎(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．‎ 解析 (1)由已知得 ‎∴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∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr.‎ 即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．‎ ‎∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.‎ ‎∵p，q，r∈N*，∴ ‎∴2＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r，与p≠r矛盾．‎ ‎∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．‎ ‎1．(2018·四川成都诊断)要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　D　)‎ A．2ab－1－a2b2≤0　　 B．a2＋b2－1－≤0‎ C．－1－a2b2≤0　　 D．(a2－1)(b2－1)≥0‎ 解析 a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0，故选D．‎ ‎2．若00，‎ a1b1＋a2b2－(a1b2＋a2b1)＝(b1－b2)·(a1－a2)>0，‎ a1b1＋a2b2－＝a1b1＋a2b2－ ‎＝[a1b1＋a2b2－(a1b2＋a2b1)] ＝(b1－b2)(a1－a2)>0，‎ 则a1b1＋a2b2的值最大，故选A．‎ ‎3．(2018·河南洛阳模拟)数列{an}，{bn}的每一项都是正数，a1＝8，b1＝16，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列，n＝1,2,3，….‎ ‎(1)求a2，b2的值；‎ ‎(2)求数列{an}，{bn}的通项公式；‎ ‎(3)证明：对一切正整数n，有＋＋＋…＋<.‎ 解析 (1)由2b1＝a1＋a2，可得a2＝2b1－a1＝24.‎ 由a＝b1b2，可得b2＝＝36.‎ ‎(2)∵an，bn，an＋1成等差数列，∴2bn＝an＋an＋1.①‎ ‎∵bn，an＋1，bn＋1成等比数列，∴a＝bnbn＋1.‎ ‎∵数列{an}，{bn}的每一项都是正数，∴an＋1＝.②‎ 于是当n≥2时，an＝.③‎ 将②③代入①式，可得2＝＋.‎ 又b1＝16，b2＝36，∴数列{}是首项为4，公差为2的等差数列，‎ ‎∴＝＋(n－1)d＝2n＋2，于是bn＝4(n＋1)2.‎ 则an＝＝＝4n(n＋1)．‎ 当n＝1时，a1＝8，满足上式，‎ ‎∴对一切正整数n，都有an＝4n(n＋1)．‎ ‎(3)证明：由(2)可知an＝4n(n＋1)，∴＝，‎ ＜＝＝.‎ 当n≥3时，＋＋…＋＜＋＋＜＋＋×＜＋＋＝.‎ 当n＝1时，＜，当n＝2时，＋＜＋＝，‎ 综上所述，对一切正整数n，‎ 有＋＋＋…＋＜.‎ ‎4．已知M是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，①方程f(x)－x＝0有实数根；②函数f(x)的导数f′(x)满足0b>c，且a＋b＋c＝0，求证0 B．a－c>0‎ C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0‎ 解析 ＜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.‎ ‎3．若 P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则 P，Q的大小关系是(　C　)‎ A．P>Q　　 B．P＝Q C．Pb B．ab>0且a>b C．ab<0且a0且a>b 或 ab<0且ab>0，且 ab＝1，若 0q　　 B．p0，则三个数＋，＋，＋(　C　)‎ 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 因为x＞0，y＞0，z＞0，所以＋＋＝＋＋≥6，当且仅当x＝y＝z时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C．‎ 二、填空题 ‎7．设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为__a＜b__.‎ 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＜.∴a＜b.‎ ‎8．用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则a，b，c，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是__a，b，c，d全是负数__.‎ 解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d中没有一个是非负数，即a，b，c，d全是负数”．‎ ‎9．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__③__(填序号)．‎ 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，即a＋b＞2，则a，b中至少有一个大于1，‎ 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，故③能推出．‎ 三、解答题 ‎10．(2017·江苏徐州模拟)如图，AB，CD均为圆O的直径，CE⊥圆O所在的平面，BF∥CE，求证：‎ ‎(1)平面BCEF⊥平面ACE；‎ ‎(2)直线DF∥平面ACE.‎ 证明 (1)因为CE⊥圆O所在的平面，BC⊂圆O所在的平面，所以CE⊥BC．‎ 因为AB为圆O的直径，点C在圆O上，所以AC⊥BC．‎ 因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BC⊥平面ACE.‎ 因为BC⊂平面BCEF，所以平面BCEF⊥平面ACE.‎ ‎(2)由(1)知AC⊥BC，又因为CD为圆O的直径，‎ 所以BD⊥BC．‎ 因为AC，BC，BD在同一平面内，所以AC∥BD．‎ 因为BD⊄平面ACE，AC⊂平面ACE，所以BD∥平面ACE.‎ 因为BF∥CE，同理可证BF∥平面ACE，‎ 因为BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDF，‎ 所以平面BDF∥平面ACE.‎ 因为DF⊂平面BDF，所以DF∥平面ACE.‎ ‎11．设{an}是公比为q的等比数列．‎ ‎(1)推导{an}的前n项和公式；‎ ‎(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．‎ 解析 (1)分两种情况讨论．‎ ‎①当q＝1时，数列{an}是首项为a1的常数列，所以Sn＝a1＋a1＋a1＋…＋a1＝na1.‎ ‎②当q≠1时，Sn＝a1＋a2＋…＋an－1＋an⇒‎ qSn＝qa1＋qa2＋…＋qan－1＋qan.‎ 将上面两式相减得(1－q)Sn＝a1＋(a2－qa1)＋(a3－qa2)＋…＋(an－qan－1)－qan＝a1－qan⇒Sn＝＝.‎ 综上，Sn＝＝，综上，Sn＝ ‎(2)证明：设{an}是公比q≠1的等比数列，假设数列{an＋1}是等比数列，则 (a2＋1)2＝(a1＋1)(a3＋1)，即(a1q＋1)2＝(a1＋1)(a1q2＋1)，整理得a1(q－1)2＝0得a1＝0或q＝1均与题设矛盾，故数列{an＋1}不是等比数列．‎ ‎12．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00.‎ ‎(1)证明：x＝是函数f(x)的一个零点；‎ ‎(2)试比较与c的大小．‎ 解析 (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＝，x＝是f(x)＝0的一个根．‎ 即x＝是函数f(x)的一个零点．‎ ‎(2)假设0，由00，‎ 知f>0，这与f＝0矛盾，∴≥c.‎ 又∵≠c，∴>c.‎