高考数学(理)(人教)大一轮复习文档讲义：第十三章直接证明与间接证明

1、1直接证明(1)综合法定义：一般地，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，这种证明方法叫做综合法框图表示：p? q1 q1? q2 q2? q3 qn? q(其中 p 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，q 表示所要证明的结论)思维过程：由因导果(2)分析法定义：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框图表示：q?p1 p1?p2 p2?p3 得到一个明显成立的条件(其中 q 表示要证明的结论)思维过程：执

2、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【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(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“ab”时，应假设“ab” ()(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 ()(6)证明不等式2736最合适的方法是分析法()1若 a，b， c为实数，且ab

3、0，则下列命题正确的是()aac2abb2c.1aab答案b解析a2 aba(ab)，ab0， ab0，a2ab.又 abb2b(a b)0，abb2，由 得 a2abb2.2(2016 北京 )袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则()a乙盒中黑球不多于丙盒中黑球b乙盒中红球与丙盒中黑球一样多c乙盒中红球不多于丙盒中红球d乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案b解析取两个球往盒子中放有4 种情况：红红，则乙盒中红球数加1；黑黑，则

4、丙盒中黑球数加1；红黑 (红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；黑红 (黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样，所以和 的情况一样多和的情况完全随机，和 对 b选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响和出现的次数是一样的，所以对 b 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样综上选b.3要证 a2b2 1a2b20，只要证明 ()a2ab1 a2b2 0ba2b21a4b420c.ab22 1a2b20d(a21)(b21)0答案d解析a2 b21a2b20? (a21)(b21)0.4如果 aabba bba，则 a、b 应满足的条件是_ 答案a0，

5、b 0 且 ab解析 a ab b(abba)a(ab)b(ba)(ab)(ab)(ab)2(ab)当 a0，b0 且 ab 时， (ab)2(ab)0.aabba bb a成立的条件是a0，b0 且 ab.5(2016 青岛模拟 )如果函数f(x)在区间 d 上是凸函数，则对于区间d 内的任意x1，x2，xn，有f x1f x2 f xnnf(x1x2 xnn)，已知函数ysin x 在区间 (0，)上是凸函数，则在 abc 中， sin asin bsin c 的最大值为 _答案332解析 f(x)sin x 在区间 (0，)上是凸函数，且a、b、c(0，)f a f b f c3f(ab

6、c3)f(3)，即 sin asin bsin c3sin 3332，sin asin bsin c 的最大值为3 32.题型一综合法的应用例 1(2016 重庆模拟 )设 a，b，c 均为正数，且abc1.证明： (1)abbcac13；(2)a2bb2cc2a 1.证明(1)由 a2b22ab，b2c2 2bc，c2a22ac，得 a2 b2c2abbcca，由题设得 (abc)21，即 a2 b2c22ab 2bc2ca1.所以 3(abbcca)1，即 abbcca13.(2)因为a2bb 2a，b2cc 2b，c2aa 2c，故a2bb2cc2a(abc)2(abc)，即a2bb2c

7、c2aabc.所以a2bb2cc2a 1.思维升华(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对于定义域为 0,1的函数 f(x)，如果同时满足：对任意的x0,1，总有 f(x)0；f(1)1；若 x10，x20，x1x21，都有 f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数(1)若函数 f(x)为理想函数，证明：f(0)0；(2)试判断函数f(x)2x(x0,1)，f(x)x2(x

8、 0,1)，f(x)x(x0,1)是不是理想函数(1)证明取 x1x20，则 x1 x2 01，f(0 0)f(0)f(0)，f(0)0.又对任意的x0,1，总有 f(x)0，f(0)0.于是 f(0)0.(2)解对于 f(x)2x，x0,1，f(1)2 不满足新定义中的条件，f(x)2x(x0,1)不是理想函数对于 f(x)x2，x0,1，显然 f(x) 0，且 f(1) 1.对任意的x1，x20,1，x1x21，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1 x2)2x21x222x1x20，即 f(x1x2) f(x1)f(x2)f(x)x2(x0,1)是理想函数对于 f(x)x，x 0,1，

9、显然满足条件 .对任意的x1，x20,1，x1x21，有 f2(x1 x2)f(x1) f(x2)2(x1x2)(x1 2 x1x2x2) 2 x1x20，即 f2(x1 x2)f(x1) f(x2)2.f(x1x2)f(x1) f(x2)，不满足条件 .f(x)x(x0,1)不是理想函数综上， f(x)x2(x0,1)是理想函数，f(x)2x(x0,1)与 f(x)x(x0,1)不是理想函数题型二分析法的应用例 2已知函数f(x)tan x， x 0，2，若x1， x2 0，2，且x1x2，求证：12f(x1)f(x2)fx1x22.证明要证12f(x1)f(x2)fx1x22，即证明12(

10、tan x1tan x2)tan x1x22，只需证明12sin x1cos x1sin x2cos x2tan x1x22，只需证明sin x1x22cos x1cos x2sin x1x21cos x1x2.由于 x1，x2 0，2，故 x1 x2(0，)所以 cos x1cos x20，sin(x1x2)0,1cos(x1 x2)0，故只需证明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即证 1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即证 cos(x1 x2)fx1x22.引申探究若本例中f(x)变为 f(x)3x2x，试证：对于任意的x1， x2

11、r，均有f x1f x22fx1x22.证明要证明f x1f x22fx1x22，即证明1212(32)(32)2xxxx1223x x2x1x22，因此只要证明12332xx(x1x2)1223x x(x1x2)，即证明12332xx1223x x，因此只要证明12332xx1233xx，由于 x1，x2r 时，13x0, 23x0，由基本不等式知12332xx1233xx显然成立，故原结论成立思维升华(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

12、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(2017 重庆月考 )设 a0，b0,2cab，求证：(1)c2ab；(2)cc2ab a0，b0,2cab2 ab，cab，平方得c2ab.(2)要证 cc2ab acc2ab，只要证c2ab acc2ab，即证 |ac|c2ab，即 (ac)2c2ab.(ac)2c2aba(ab2c)0 成立，原不等式成立题型三反证法的应用命题点 1证明否定性命题例 3等差数列 an 的前 n 项和为 sn，a112， s3932.(1)求数列 an 的通项 an与前 n 项和 sn；(2)设 bnsnn(nn*)，求证：数列 b

13、n 中任意不同的三项都不可能成为等比数列(1)解由已知得a12 1，3a1 3d9 3 2，d2，故 an 2n12，snn(n2)(2)证明由(1)得 bnsnnn2.假设数列 bn中存在三项bp，bq，br(p，q， rn*，且互不相等)成等比数列，则b2qbpbr，即(q2)2 (p2)(r2)(q2pr)2(2qpr)0.p，q， rn*， q2pr0，2qpr0.(pr2)2 pr，即 (pr )20.pr，与 pr 矛盾假设不成立，即数列bn 中任意不同的三项都不可能成为等比数列命题点 2证明存在性问题例 4(2016 济南模拟 )若 f(x)的定义域为 a，b，值域为 a， b(

14、a 2)，使函数 h(x)1x2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)由题设得g(x)12(x1)21，其图象的对称轴为x1，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12b2b32b，解得 b1 或 b3.因为 b1，所以 b3.(2)假设函数h(x)1x2在区间 a，b (a2)上是 “四维光军 ”函数，因为 h(x)1x2在区间 (2， )上单调递减，所以有h a b，h b a，即1a2 b，1b2 a，解得 ab，这与已知矛盾故不存在命题点 3证明唯一性命题例

15、 5已知 m 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意 f(x)m，方程 f(x)x0 有实数根；函数 f(x)的导数 f(x)满足 0f(x)1.(1)判断函数f(x)x2sin x4是不是集合m 中的元素，并说明理由；(2)集合 m 中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为d，则对于任意 m，n? d，都存在 x0 (m，n)，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立 试用这一性质证明：方程 f(x)x0有且只有一个实数根(1)解当 x0 时， f(0)0，所以方程f(x)x0 有实数根0；f (x)1214cos x，所以 f(x)14，34，满足条件0f(x)1.由

16、可得，函数f(x)x2sin x4是集合 m 中的元素(2)证明假设方程f(x)x0 存在两个实数根 ， ( )，则 f( ) 0，f( ) 0.不妨设 ，根据题意存在c ( ， )，满足 f( )f( )( )f(c)因为 f( ) ，f( ) ，且 ，所以 f(c)1.与已知 0f(x)0)的图象与 x 轴有两个不同的交点，若f(c)0，且 0 x0.(1)证明：1a是函数 f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明1ac.证明(1)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， x1c 是 f(x)0 的根，又 x1x2ca，x21a(1ac)

17、，1a是 f(x)0 的一个根即1a是函数 f(x)的一个零点(2)假设1a0，由 0 x0，知 f(1a)0，与 f(1a)0 矛盾， 1ac，又1ac，1ac.26反证法在证明题中的应用典例(12 分)直线 ykxm(m0)与椭圆 w：x24y21 相交于 a、c 两点， o 是坐标原点(1)当点 b 的坐标为 (0,1)，且四边形oabc 为菱形时，求ac 的长；(2)当点 b 在 w 上且不是 w 的顶点时，证明：四边形oabc 不可能为菱形思想方法指导在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反

18、证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去规范解答(1)解因为四边形oabc 为菱形，则 ac 与 ob 相互垂直平分由于 o(0,0)，b(0,1)，所以设点a t，12，代入椭圆方程得t24141，则 t 3，故 |ac|23.4 分(2)证明假设四边形oabc 为菱形，因为点 b 不是 w 的顶点，且acob，所以 k0.由x24y2 4，y kxm，消 y 并整理得 (14k2)x28kmx4m240.6 分设 a(

19、x1， y1)，c(x2，y2)，则x1x224km14k2，y2y22kx1 x22mm14k2.所以 ac 的中点为 m4km14k2，m14k2.8 分因为 m 为 ac 和 ob 的交点，且m0，k 0，所以直线ob 的斜率为14k，因为 k14k141，所以 ac 与 ob 不垂直 10 分所以 oabc 不是菱形，与假设矛盾所以当点b 不是 w 的顶点时，四边形oabc 不可能是菱形12 分 1(2017 泰安质检 )用反证法证明命题“设a，b 为实数，则方程x2axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是()a方程 x2 axb 0 没有实根b方程 x2 axb 0 至多有一个实根

20、c方程 x2 axb 0 至多有两个实根d方程 x2 axb 0 恰好有两个实根答案a解析因为 “方程 x2ax b0至少有一个实根”等价于 “方程 x2ax b0 有一个实根或两个实根 ”，所以该命题的否定是“方程 x2axb0 没有实根 ” 故选 a.2(2016 山西质量监测 )对累乘运算有如下定义：nk1aka1a2 an，则下列命题中的真命题是 ()a. 1 007k12k 不能被 10100整除b.2 015k14k22 014k12k122 015c. 1 008k1(2k1)不能被 5100整除d. 1 008k1(2k1) 1 007k12k 2 015k1k答案d解 析因

21、为1 008k1(2k 1)1 007k12k (135 2 015)(246 2 014) 123 2 0142 015 2 015k1k，故选 d.3(2017 上饶月考 )设 x，y， z0，则三个数yxyz，zxzy，xzxy()a都大于2 b至少有一个大于2c至少有一个不小于2 d至少有一个不大于2答案c解析因为 (yxyz)(zxzy)(xzxy)(yxxy)(yzzy)(zxxz)6，当且仅当x yz 时等号成立所以三个数中至少有一个不小于2，故选 c.4已知 p3 q32，证明： p q2.用反证法证明时，可假设pq2；若 a，br，|a|b|2，故 中的假设错误；对于，其假设

22、正确，故选d.5设 a，b 是两个实数，给出下列条件：ab1； ab2； ab2； a2b22；ab1.其中能推出：“a，b 中至少有一个大于1”的条件是 ()abcd答案c解析若 a12，b23，则 ab1，但 a1，b2，故 推不出；若 a 2，b 3，则 ab1，故 推不出；对于 ，即 ab2，则 a，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a1 且 b1，则 ab2 与 ab2 矛盾，因此假设不成立，a，b 中至少有一个大于1.6 (2016 河南三市联考)设 n 为正整数， f(n)112131n， 计算得 f(2)32， f(4)2， f(8)52，f(16)3. 观察上述结果，按照上

23、面规律，可推测f(128)_.答案92解析观察 f(2)32， f(4)2，f(8)52，f(16)3 可知，等式及不等式右边的数构成首项为32，公差为12的等差数列，故f(128)3261292.7(2016 全国甲卷 )有三张卡片，分别写有1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说： “我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_答案1 和 3解析由丙说： “我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为 “1 和 2”或“1 和 3”，又乙说“我与丙

24、的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“ 2和 3” ，又甲说 “我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“ 1和 3”8若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1，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_答案3，32解析若二次函数f(x)0 在区间 1,1内恒成立，则f 1 2p2 p10，f 1 2p23p90，解得 p3 或 p32，故满足题干条件的p 的取值范围为3，32.9已知 a0，证明：a21a22 a1a2.证明要证a21a22 a1a2，只需证a21a2(a1a)(22)因为 a0，所以 (a1a)(22)0，所以只需证 ( a

25、21a2)2(a1a)(22)2，即 2(22)(a1a)84 2，只需证 a1a2.因为 a0， a1a2 显然成立 (a1a1 时等号成立 )，所以要证的不等式成立10设 f(x) ax2bxc(a0)，若函数f(x1)与 f(x)的图象关于y 轴对称，求证：f(x12)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(x1)f(x)将 x 换成 x12代入上式可得f(x121)f(x12)，即 f(x12)f(x12)，由偶函数的定义可知f(x12)为偶函数11已知函数f(x)axx 2x 1(a1)(1)证明：函数f(x)在(1， )上为增函数；(2)用反证法证

26、明方程f(x) 0 没有负数根证明(1)任取 x1，x2(1， )，不妨设 x10.a1，21110 xxxaa且，2111210 xxxxxaaaa又x110，x210，x22x21x12x11x22 x1 1 x12 x21x11 x213 x2x1x1 1 x210.于是 f(x2)f(x1)21xxaax2 2x2 1x12x110，故函数 f(x)在 (1， )上为增函数(2)假设存在x01，00 xa1，0 x0 2x0 11，即12x02，与假设x00 相矛盾，故方程 f(x) 0 没有负数根12(2015 陕西 )设 fn(x)是等比数列1，x，x2， xn的各项和，其中x0，

27、nn，n2.(1)证明：函数fn(x)fn(x)2 在12，1 内有且仅有一个零点(记为 xn)，且 xn1212xn1n；(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)与 gn(x)的大小，并加以证明(1)证明fn(x)fn(x)21x x2 xn2，则 fn(1)n10，fn12112122 12n2112n1112212n0，所以 fn(x)在12，1 内至少存在一个零点又 fn(x)12xnxn10(x0)，故 fn(x)在12，1 内单调递增，所以 fn(x)在12，1 内有且仅有一个零点xn，因为 xn是 fn(x)的零点，

28、所以fn(xn) 0，即1xn1n1xn20，故 xn1212xn1n.(2)解方法一由题设， gn(x)n11xn2，设 h(x)fn(x) gn(x)1x x2 xnn1 1xn2， x0.当 x1 时， fn(x)gn(x)；当 x1 时， h(x)12x nxn1n n1 xn12，若 0 x1， h(x)xn12xn1 nxn1n n12xn 1n n12xn1n n12xn10，若 x1，h (x)xn 12xn1nxn1n n 12xn 1n n12xn1n n12xn10，所以 h(x)在 (0,1)上递增，在 (1， )上递减，所以 h(x) h(1)0，即 fn(x)gn(x)，综上所述，当x1 时， fn(x)gn(x)；当 x1 时， fn(x)gn(x)方法二由题设， fn(x)1xx2xn，gn(x)n1xn12，x 0，当 x1 时， fn(x)gn(x)，当 x1 时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)，当 n2 时， f2(x)g2(x)12(1x)20，所以 f2(x)g2(x)成立，假设 nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)，那么，当n k1 时，fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1k1 1xk2xk12xk 1 k 1 xkk12，又 gk 1(x)2xk1 k1 xk