2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第十二章　第4讲　直接证明与间接证明

2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第十二章　第4讲　直接证明与间接证明

第4讲　直接证明与间接证明 一、知识梳理 ‎1．直接证明 直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．‎ ‎(1)综合法：一般地，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．‎ 综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．‎ ‎(2)分析法：一般地，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．‎ 分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．‎ ‎2．间接证明 反证法：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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．‎ ‎3．证题的三种思路 ‎(1)综合法证题的一般思路 用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论．‎ ‎(2)分析法证题的一般思路 分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．‎ ‎(3)反证法证题的一般思路 反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一讨论过程中，A和非A 有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现．‎ 常用结论 三种证明方法的策略 ‎1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用．‎ ‎2．分析法证明的注意点：要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”．‎ ‎3．利用反证法证明的特点：要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果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．‎ 二、教材衍化 ‎1．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　　)‎ A．P>Q　　　　　　　　 B．P＝Q C．PQ2，又因为P>0，Q>0，所以P>Q.‎ ‎2．设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，则＋＝________．‎ 解析：由题意，得x＝，y＝，b2＝ac，‎ 所以xy＝，‎ ＋＝＝ ‎＝＝ ‎＝＝ ‎＝＝2.‎ 答案：2‎ 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(　　)‎ ‎(4)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．(　　)‎ ‎(5)常常用分析法寻找解题的思路与方法，用综合法展现解决问题的过程．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√‎ 二、易错纠偏 (1)利用反证法证明“至少”“至多”问题时反设不正确；‎ ‎(2)利用分析法证明时寻求的条件不充分，造成最后所求索的原因错误；‎ ‎(3)用反证法证明时对含有逻辑联结词“且”“或”的结论否定出错．‎ ‎1．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”，假设正确的是(　　)‎ A．假设三个内角都不大于60度 B．假设三个内角都大于60度 C．假设三个内角至多有一个大于60度 D．假设三个内角至多有两个大于60度 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度．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．利用反证法证明“若x＋y≤0，则x≤1或y≤1”时，正确的反设是________________________________________________________________________．‎ 答案：若x＋y≤0，则x>1且y>1‎ ‎　　　　　　综合法(师生共研)‎ ‎ 数列{an}满足an＋1＝，a1＝1.‎ ‎(1)证明：数列是等差数列；‎ ‎(2)(一题多解)求数列的前n项和Sn，并证明＋＋…＋>.‎ ‎【解】　(1)证明：因为an＋1＝，‎ 所以＝，‎ 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，‎ 所以Sn＝＝n2.‎ 法一：＋＋…＋＝＋＋…＋>＋＋…＋＝＋＋…＋(－)＝1－＝.‎ 法二：＋＋…＋＝＋＋…＋>1，‎ 又因为1>，‎ 所以＋＋…＋>.‎ 综合法的证题思路 ‎(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．　 ‎ ‎1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.‎ ‎(1)求证：a，b，c成等差数列；‎ ‎(2)若C＝，求证：5a＝3b.‎ 证明：(1)由已知得sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B，‎ 因为sin B≠0，所以sin A＋sin C＝2sin B，‎ 由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．‎ ‎(2)由C＝，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，即5a＝3b.‎ ‎2．(一题多解)在△ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且直线bx＋ycos A＋cos B＝0与ax＋ycos B＋cos A＝0平行，求证：△ABC是直角三角形．‎ 证明：法一：由两直线平行可知bcos B－acos A＝0，由正弦定理可知sin Bcos B－sin Acos A＝0，即sin 2B－sin 2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝.若A＝B，则a＝b，cos A＝cos B，两直线重合，不符合题意，故A＋B＝，即△ABC是直角三角形．‎ 法二：由两直线平行可知bcos B－acos A＝0，‎ 由余弦定理，得a·＝b·，‎ 所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，‎ 所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，‎ 所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.‎ 若a＝b，则两直线重合，不符合题意，‎ 故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．‎ ‎　　　　　　分析法(师生共研)‎ ‎ 已知a，b∈R，a>b>e(其中e是自然对数的底数)，用分析法求证：ba>ab.‎ ‎【证明】　因为a>b>e，ba>0，ab>0，所以要证ba>ab，只需证aln b>bln a，只需证>.‎ 取函数f(x)＝，因为f′(x)＝，所以当x>e时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(e，＋∞)上是减少的．‎ 所以当a>b>e时，有f(b)>f(a)，‎ 即>.得证．‎ 分析法的证题思路 ‎(1)分析法的证题思路：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)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，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．‎ ‎[提醒]　要注意书写格式的规范性．　‎ ‎　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≥，即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2，‎ 从而只要证2≥，‎ 只要证4≥2，即证a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．‎ ‎　　　　　　反证法(多维探究)‎ 角度一　证明否定性命题 ‎ 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，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．‎ 角度二　证明存在性问题 ‎ 已知四棱锥SABCD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，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【解】　(1)证明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，‎ 所以SA⊥AD.‎ 同理SA⊥AB.‎ 又AB∩AD＝A，AB平面ABCD，‎ AD平面ABCD，‎ 所以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.‎ 因为BC∥AD，BC平面SAD，AD平面SAD.‎ 所以BC∥平面SAD，而BC∩BF＝B，‎ 所以平面FBC∥平面SAD.‎ 这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，‎ 所以假设不成立．‎ 所以不存在这样的点F，‎ 使得BF∥平面SAD.‎ 角度三　证明唯一性问题 ‎ 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x′0，x0∈(a，b)，且x′0≠x0，使得＝f′(x0)，‎ eq f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′(x′0)成立，‎ 即f′(x0)＝f′(x′0)．‎ 因为f′(x)＝－m，记g(x)＝f′(x)，‎ 所以g′(x)＝>0，即f′(x)是(a，b)上的增函数．所以x0＝x′0，这与x′0≠x0矛盾，所以x0是唯一的．‎ 用反证法证明数学命题需把握的三点 ‎(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．　‎ ‎1．设a>0，b>0，且a2＋b2＝＋.证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．‎ 证明：假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则有a2＋a＋b2＋b<4.‎ 由a2＋b2＝＋，得a2b2＝1，‎ 因为a>0，b>0，所以ab＝1.‎ 因为a2＋b2≥2ab＝2(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，‎ a＋b≥2＝2(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，‎ 所以a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2＝4(当且仅当a＝b＝1时等号成立)，‎ 这与假设矛盾，故假设错误．‎ 所以a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．‎ ‎2．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：(1)设{an}的前n项和为Sn，‎ 当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；‎ 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①‎ qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②‎ ‎①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，‎ 所以Sn＝，所以Sn＝ ‎(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N+，‎ ‎(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，‎ 即a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，‎ aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.‎ 因为a1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.‎ 因为q≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以q＝1，这与已知矛盾．‎ 所以假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．‎ ‎ [基础题组练]‎ ‎1．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)‎ A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根 解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A.‎ ‎2．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：0　　　　　　 B．a－c>0‎ C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0‎ 解析：选C.0‎ ‎⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.故选C.‎ ‎3．(2020·江西抚州模拟)设a，b∈R，现给出下列五个条件：①a＋b＝2；②a＋b>2；③a＋b>－2；④ab>1；⑤logab<0(a>0，且a≠1)．其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件为(　　)‎ A．②③④ B．②③④⑤‎ C．①②③⑤ D．②⑤‎ 解析：选D.a＝b＝1时，a＋b＝2，所以推不出a，b中至少有一个大于1，①不符合；当a＝b＝0时，a＋b>－2，推不出a，b中至少有一个大于1，③不符合；当a＝b＝－2时，ab>1，推不出a，b中至少有一个大于1，④不符合；对于②，假设a，b都不大于1，即a≤1，b≤1，则a＋b≤2，与a＋b>2矛盾，所以②能推出a，b中至少有一个大于1；对于⑤，假设a，b都不大于1，则logab≥loga1＝0，与logab<0矛盾，故⑤能推出a，b中至少有一个大于1.综上，选D.‎ ‎4．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)‎ 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)＝在R上是减函数，所以f≤f()≤f，即A≤B≤C.‎ ‎5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数f(x)是减函数，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)‎ A．恒为负值 B．恒等于零 C．恒为正值 D．无法确定 解析：选A.由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，函数f(x)递减，可知f(x)是R上的减函数，‎ 由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)b>0，则①<；②ac2>bc2；③a2>b2；④>，其中正确的序号是________．‎ 解析：对于①，因为a>b>0，所以ab>0，>0，a·>b·，即>.故①正确；‎ 当c＝0时，②不正确；由不等式的性质知③④正确．‎ 答案：①③④‎ ‎7．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N+，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．‎ 解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，‎ 所以cn随n的增大而减小，所以cn＋10，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ 证明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)‎ ‎＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．‎ 因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，‎ 从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，‎ 即2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ ‎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(a2＋2a·b＋b2)，‎ 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，‎ 只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，‎ 即证(|a|－|b|)2≥0，‎ 上式显然成立，故原不等式得证．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．已知a，b，c∈R，若·>1且＋≥－2，则下列结论成立的是(　　)‎ A．a，b，c同号 B．b，c同号，a与它们异号 C．a，c同号，b与它们异号 D．b，c同号，a与b，c的符号关系不确定 解析：选A.由·>1知与同号，‎ 若>0且>0，不等式＋≥－2显然成立，‎ 若<0且<0，则－>0，－>0，‎ ＋≥2 >2，即＋<－2，‎ 这与＋≥－2矛盾，故>0且>0，即a，b，c同号．‎ ‎2．在等比数列{an}中，“a10，则11，‎ 此时，显然数列{an}是递增数列，‎ 若a1<0，则1>q>q2，即02时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正整数解．”经历三百多年，于二十世纪九十年代中期，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理．则下面说法正确的是(　　)‎ A．至少存在一组正整数组(x，y，z)，使方程x3＋y3＝z3有解 B．关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解 C．关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解 D．当整数n>3时，关于x，y，z的方程xn＋yn＝zn没有正实数解 解析：选C.由于B，C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个．假设关于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理数解，则x，y可写成整数比值的形式，不妨设x＝，y＝，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数，代入方程得＋＝1，两边同时乘以a3n3，得(am)3＋(bn)3＝(an)3.由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，所以假设不成立，所以关于x，y的方程x3＋y3＝1没有正有理数解．故选C.‎ ‎4．(一题多解)若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1，1]‎ 内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是________．‎ 解析：法一(补集法)：‎ 令解得p≤－3或p≥，‎ 故满足条件的p的取值范围为.‎ 法二(直接法)：‎ 依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，‎ 即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，‎ 得－＜p＜1或－3＜p＜，‎ 故满足条件的p的取值范围是.‎ 答案： ‎5．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：是f(x)＝0的一个根；‎ ‎(2)试比较与c的大小；‎ ‎(3)证明：－20，‎ 由00，‎ 知f>0与f＝0矛盾，‎ 所以≥c，又因为≠c，所以>c.‎ ‎(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，‎ 所以b＝－1－ac.‎ 又a>0，c>0，所以b<－1.‎ 二次函数f(x)的图象的对称轴方程为 x＝－＝<＝x2＝，‎ 即－<.‎ 又a>0，所以b>－2，‎ 所以－2－2)使函数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，＋∞)上是减少的，‎ 所以有即 解得a＝b，这与已知a

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