【数学】2020届一轮复习（文）通用版12-4直接证明与间接证明学案

【数学】2020届一轮复习（文）通用版12-4直接证明与间接证明学案

第四节直接证明与间接证明 一、基础知识批注——理解深一点 ‎1．直接证明 ‎(1)综合法 ‎①定义：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．‎ 综合法证明题的一般规律 ‎(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．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→ ‎(其中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)．‎ ‎③思维过程：由因导果．‎ ‎(2)分析法 ‎①定义：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．‎ 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进行论证．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→(其中Q表示要证明的结论)．‎ ‎③思维过程：执果索因．‎ ‎2．间接证明 反证法：一般地，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，从而证明原命题成立的证明方法．‎ 二、基础小题强化——功底牢一点 ‎(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)选一选 ‎1．对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝(　　)‎ A．2sin θ　　　　　　 B．2cos θ C．sin 2θ D．cos 2θ 解析：选D　cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ.‎ ‎2．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°.‎ ‎(三)填一填 ‎3.－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>－ ‎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________三角形．‎ 解析：由A，B，C成等差数列得B＝，‎ 由a，b，c成等比数列得b2＝ac，‎ 又b2＝a2＋c2－2accos B 则ac＝a2＋c2－ac，得a＝c.‎ 所以△ABC为等边三角形．‎ 答案：等边 ‎ [典例]　设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：‎ ‎(1)ab＋bc＋ca≤；‎ ‎(2)＋＋≥1.‎ ‎[证明]　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 由题设得(a＋b＋c)2＝1，‎ 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，‎ 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.‎ 当且仅当“a＝b＝c”时等号成立；‎ ‎(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，‎ 当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，‎ 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，‎ 即＋＋≥a＋b＋c.‎ 所以＋＋≥1.‎ ‎ [变透练清]‎ ‎1.若本例条件不变，证明a2＋b2＋c2≥.‎ 证明：因为a＋b＋c＝1，‎ 所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，‎ 因为2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，‎ 所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，‎ 所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，‎ 即a2＋b2＋c2≥.‎ ‎2．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，‎ 所以5a＝3b.‎ ‎ [解题技法]　利用综合法证明问题的思路 ‎ ‎ ‎ [典例]　已知△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＋＝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]　利用分析法证明问题的思路及格式 ‎(1)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．‎ ‎(2)分析法的格式 通常采用“要证(欲证)……”“只需证……”“即证……”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．‎ ‎[对点训练]‎ 已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.‎ 证明：因为m＞0，所以1＋m＞0.‎ 所以要证2≤，‎ 只需证m(a2－2ab＋b2)≥0，‎ 即证(a－b)2≥0，‎ 而(a－b)2≥0显然成立，‎ 故2≤.‎ ‎[典例]　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：是函数f(x)的一个零点；‎ ‎(2)试用反证法证明＞c.‎ ‎[证明]　(1)因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，‎ 所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，‎ 因为f(c)＝0，‎ 所以x1＝c是f(x)＝0的根，‎ 又x1x2＝，‎ 所以x2＝，‎ 所以是函数f(x)的一个零点．‎ ‎(2)因为函数有两个不同零点，所以≠c.‎ 假设＜c，又＞0，‎ 由0＜x＜c时，f(x)＞0，‎ 知f＞0，与f＝0矛盾，‎ 所以＜c不成立，‎ 又因为≠c，所以>c.‎ ‎[解题技法]‎ ‎1．反证法证明问题的3步骤 ‎ ‎ ‎2．反证法的适用范围 ‎(1)否定性命题；‎ ‎(2)命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的；‎ ‎(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；‎ ‎(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少．‎ ‎[对点训练]‎ 设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.‎ 证明：(1)a＋b≥2；‎ ‎(2)a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．‎ 证明：由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，得ab＝1.‎ ‎(1)由基本不等式及ab＝1，‎ 有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.‎ ‎(2)假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，‎ 则由a2＋a＜2及a＞0得0＜a＜1；‎ 同理，0＜b＜1，从而ab＜1，‎ 这与ab＝1矛盾．‎ 故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．‎ A级——保大分专练 ‎1．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实数根”时，假设为(　　)‎ A．方程x3＋ax＋b＝0没有实数根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实数根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实数根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实数根 解析：选A　“至少有一个实数根”的否定是“一个实数根也没有”，即“没有实数根”．‎ ‎2．在△ABC中，sin Asin C0，‎ 即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，‎ 从而B>，故△ABC必是钝角三角形．‎ ‎3．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是(　　)‎ A．x2>2 B．x2>4‎ C．x2>0 D．x2>1‎ 解析：选C　因为x>0，‎ 所以要证<1＋，‎ 只需证()2<2，即证0<，‎ 即证x2>0，‎ 因为x>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．‎ ‎4．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　由题意知＜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.选C.‎ ‎5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，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．无法确定正负 解析：选A　由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，‎ 由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)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.‎ ‎10．已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ 解：(1)由Sn＝，得a1＝S1＝1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，当n＝1时也适合．‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2.‎ ‎(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，‎ 只需要a＝a1·am，‎ 即(3n－2)2＝1·(3m－2)，‎ 即m＝3n2－4n＋2，而此时m∈N*，且m>n.‎ 所以对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．‎ B级——创高分自选 ‎1.如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：‎ ‎(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；‎ ‎(2)直线A1F∥平面ADE.‎ 证明：(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，‎ 又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.‎ 因为AD⊥DE，CC1∩DE＝E，CC1⊂平面BCC1B1，‎ DE⊂平面BCC1B1，‎ 所以AD⊥平面BCC1B1.‎ 又AD⊂平面ADE，‎ 所以平面ADE⊥平面BCC1B1.‎ ‎(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.‎ 因为CC1⊥平面A1B1C1，A1F⊂平面A1B1C1，‎ 所以CC1⊥A1F.‎ 又因为CC1∩B1C1＝C1，CC1⊂平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，‎ 所以A1F⊥平面BCC1B1.‎ 由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.‎ 又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，‎ 所以A1F∥平面ADE.‎ ‎2．设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．‎ ‎(1)求g(x)的单调区间和最小值；‎ ‎(2)讨论g(x)与g的大小关系；‎ ‎(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题设易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋，‎ ‎∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1，‎ 当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调递减区间，‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调递增区间，‎ 因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，‎ 所以最小值为g(1)＝1.‎ ‎(2)g＝－ln x＋x，‎ 设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，‎ 则h′(x)＝－，‎ 当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g，‎ 当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，‎ 因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，‎ 当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，‎ 即g(x)＞g；‎ 当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，‎ 即g(x)＜g.‎ ‎(3)满足条件的x0不存在．证明如下：‎ 法一：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立，即对任意x＞0，有ln x＜g(x0)＜ln x＋，*‎ 但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有ln x1＝g(x0)，这与*左边不等式矛盾，‎ 因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x＞0成立．‎ 法二：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立．‎ 由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，‎ 又g(x)＝ln x＋＞ln x，而x＞1时，ln x的值域为(0，＋∞)，‎ ‎∴x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)，‎ 从而可取一个x1＞1，使g(x1)≥g(x0)＋1，‎ 即g(x1)－g(x0)≥1，‎ 故|g(x1)－g(x0)|≥1＞，与假设矛盾．‎ ‎∴不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立．‎