2020版新设计一轮复习数学（文）江苏专版讲义第十章第四节直接证明与间接证明

第四节直接证明与间接证明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：从已知的条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．(2)分析法：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．(3)综合法与分析法的推证过程如下：综合法——eq\x(已知条件)⇒…⇒…⇒eq\x(结论)；分析法——eq\x(结论)⇐…⇐…⇐eq\x(已知条件).2．间接证明反证法：一般地，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．[小题体验]1．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“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)×2．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x＜0)，则a与b的大小关系为________．答案：a＞b3．下列条件：①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b＜0，其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的条件的个数是________．解析：要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，则eq\f(b,a)＞0，即a与b同号，故①③④均能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立．答案：31．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．2．利用反证法证明数学问题时，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．[小题纠偏]1.eq\r(6)－2eq\r(2)与eq\r(5)－eq\r(7)的大小关系是________．解析：假设eq\r(6)－2eq\r(2)＞eq\r(5)－eq\r(7)，由分析法可得，要证eq\r(6)－2eq\r(2)＞eq\r(5)－eq\r(7)，只需证eq\r(6)＋eq\r(7)＞eq\r(5)＋2eq\r(2)，即证13＋2eq\r(42)＞13＋4eq\r(10)，即eq\r(42)＞2eq\r(10).因为42＞40，所以eq\r(6)－2eq\r(2)＞eq\r(5)－eq\r(7)成立．答案：eq\r(6)－2eq\r(2)＞eq\r(5)－eq\r(7)2．(2019·南通调研)用反证法证明命题：“若(a－1)(b－1)·(c－1)＞0，则a，b，c中至少有一个大于1”时，要做的假设是“假设a，b，c________”．答案：都不大于1eq\a\vs4\al(考点一分析法)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2019·南通模拟)已知m＞0，a，b∈R，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).证明：∵m＞0，∴1＋m＞0，∴要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m)，即证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).2．(易错题)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：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明：要证eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝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＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．[谨记通法]1．利用分析法证明问题的思路分析法的证明思路：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．eq\a\vs4\al(考点二综合法)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·徐州检测)设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．证明：因为a3＋b3－eq\r(ab)(a2＋b2)＝a2eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋b2eq\r(b)·(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]，当a≥b时，eq\r(a)≥eq\r(b)，从而(eq\r(a))5≥(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]≥0；当a＜b时，eq\r(a)＜eq\r(b)，从而(eq\r(a))5＜(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]＞0.所以a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．[由题悟法]综合法证明问题的思路(1)分析条件选择方向分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法(2)转化条件组织过程把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化(3)适当调整回顾反思回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取[即时应用]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.(1)求证：a，b，c成等差数列．(2)若C＝eq\f(2π,3)，求证5a＝3b.证明：(1)由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，因为sinB≠0，所以sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有a＋c＝2b，即a，b，c成等差数列．(2)由C＝eq\f(2π,3)，c＝2b－a及余弦定理得(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，所以eq\f(a,b)＝eq\f(3,5)，即5a＝3b.eq\a\vs4\al(考点三反证法)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]设a＞0，b＞0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,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＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a＞0，b＞0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥a＝b时取等号．(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．[由题悟法]反证法证明问题的3步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)[即时应用]等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn.(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))所以d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)证明：由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2)，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beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))，所以(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0，因为p，q，r∈N*，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))2＝pr，(p－r)2＝0，所以p＝r，与p≠r矛盾，所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．一保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·海门中学检测)用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其反设为“________”．解析：命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其题设为“a2＋b2＝0”，结论是“a，b全为0”，用反证法证明该命题时，其反设为“a，b不全为0”．答案：a，b不全为02．(2018·徐州模拟)若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．解析：因为P2＝2a＋7＋2eq\r(a)·eq\r(a＋7)＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a)，Q2＝2a＋7＋2eq\r(a＋3)·eq\r(a＋4)＝2a＋7＋2eq\r(a2＋7a＋12)，所以P2＜Q2，所以P＜Q.答案：P＜Q3．(2018·江阴调研)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件的是________(填序号)．解析：①中，假设a≤1，b≤1，则a＋b≤2与已知条件a＋b＞2矛盾，故假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1，①正确；②中，若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2成立，故②不能推出：“a，b中至少有一个大于1”．答案：①4．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)________0(填“＞”“＜”或“＝”)．解析：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)＜f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)＜0.答案：＜5．(2019·吕四中学检测)若0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，则在a＋b,2eq\r(ab)，a2＋b2和2ab中最大的是________．解析：因为0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，所以a＋b＞2eq\r(ab)，a2＋b2＞2ab，a＋b－(a2＋b2)＝a(1－a)＋b(1－b)＞0，所以a＋b最大．答案：a＋b6．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，则a，b应满足的条件是__________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，即(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b7．已知点An(n，an)为函数y＝eq\r(x2＋1)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＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1＜cn.答案：cn＋1＜cn8．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,z)－1))＞8.证明：因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，所以eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)＝eq\f(y＋z,x)＞eq\f(2\r(yz),x)，①eq\f(1,y)－1＝eq\f(1－y,y)＝eq\f(x＋z,y)＞eq\f(2\r(xz),y)，②eq\f(1,z)－1＝eq\f(1－z,z)＝eq\f(x＋y,z)＞eq\f(2\r(xy),z)，③又x，y，z为正数，由①×②×③，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,z)－1))＞8.9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S8＝64.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)＞eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝5，,S8＝8a1＋28d＝64，))解得a1＝1，d＝2.故所求的通项公式为an＝2n－1.(2)证明：由(1)可知Sn＝n2，要证原不等式成立，只需证eq\f(1,n－12)＋eq\f(1,n＋12)＞eq\f(2,n2)，即证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2，只需证(n2＋1)n2＞(n2－1)2，即证3n2＞1.而3n2＞1在n≥2时恒成立，从而不等式eq\f(1,Sn－1)＋eq\f(1,Sn＋1)＞eq\f(2,Sn)(n≥2，n∈N*)恒成立．10.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．(1)求证：EC∥平面PAD；(2)求证：平面EAC⊥平面PBC.证明：(1)作线段AB的中点F，连结EF，CF(图略)，则AF＝CD，AF∥CD，所以四边形ADCF是平行四边形，则CF∥AD.又EF∥AP，且CF∩EF＝F，所以平面CFE∥平面PAD.又EC⊂平面CEF，所以EC∥平面PAD.(2)因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC.因为四边形ABCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2，所以AC＝eq\r(2)，BC＝eq\r(2).所以AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，因为PC∩BC＝C，所以AC⊥平面PBC，因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·南通调研)已知数列{an}各项均为正数，且不是常数列．(1)若数列{an}是等差数列，求证：eq\r(a1)＋eq\r(a3)＜2eq\r(a2)；(2)若数列{an}是等比数列，求证：1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．证明：(1)要证eq\r(a1)＋eq\r(a3)＜2eq\r(a2)，只需证a1＋a3＋2eq\r(a1a3)＜4a2，∵数列{an}是等差数列，∴a1＋a3＝2a2，∴只需证eq\r(a1a3)＜a2，即证a1a3＜aeq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋a3,2)))2，∵数列{an}各项均为正数，∴a1a3＜aeq\o\al(2,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋a3,2)))2成立，∴eq\r(a1)＋eq\r(a3)＜2eq\r(a2).(2)假设1－an,1－an＋1,1－an＋2成等比数列，则(1－an＋1)2＝(1－an)(1－an＋2)，即1－2an＋1＋aeq\o\al(2,n＋1)＝1＋anan＋2－(an＋an＋2)，∵数列{an}是等比数列，∴aeq\o\al(2,n＋1)＝anan＋2，∴2an＋1＝an＋an＋2，∴数列{an}是等差数列，∴数列{an}是常数列，这与已知相矛盾，故假设不成立，∴1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．2．若无穷数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，则称{an}具有性质P.(1)若{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，求a3；(2)若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1＝c5＝1，b5＝c1＝81，an＝bn＋cn，判断{an}是否具有性质P，并说明理由；(3)设{bn}是无穷数列，已知an＋1＝bn＋sinan(n∈N*)，求证：“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．解：(1)因为a5＝a2，所以a6＝a3，a7＝a4＝3，a8＝a5＝2，于是a6＋a7＋a8＝a3＋3＋2.又因为a6＋a7＋a8＝21，所以a3＝16.(2)由题意，得数列{bn}的公差为20，{cn}的公比为eq\f(1,3)，所以bn＝1＋20(n－1)＝20n－19，cn＝81·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝35－n，an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n.a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝eq\f(304,3)，a2≠a6，所以{an}不具有性质P.(3)证明：充分性：当{bn}为常数列时，an＋1＝b1＋sinan.对任意给定的a1，若ap＝aq，则b1＋sinap＝b1＋sinaq，即ap＋1＝aq＋1，充分性得证．必要性：假设{bn}不是常数列，则存在k∈N*，使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而bk＋1≠b.下面证明存在满足an＋1＝bn＋sinan的数列{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1.设f(x)＝x－sinx－b，取m∈N*，使得mπ＞|b|，则f(mπ)＝mπ－b＞0，f(－mπ)＝－mπ－b＜0，故存在c使得f(c)＝0.取a1＝c，因为an＋1＝b＋sinan(1≤n≤k)，所以a2＝b＋sinc＝c＝a1，依此类推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.但ak＋2＝bk＋1＋sinak＋1＝bk＋1＋sinc≠b＋sinc，即ak＋2≠ak＋1.所以{an}不具有性质P，矛盾．必要性得证．综上，“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．命题点一算法1.(2018·江苏高考)一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为________．eq\x(\a\al(I←1,S←1,WhileI＜6,I←I＋2,S←2S,EndWhile,PrintS))解析：I＝1，S＝1，此时I＜6，进入循环；I＝3，S＝2，此时I＜6，进入下一次循环；I＝5，S＝4，此时I＜6，进入下一次循环；I＝7，S＝8，此时I＞6，不满足I＜6，退出循环，输出S＝8.答案：82．(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入x的值为eq\f(1,16)，则输出y的值是________．解析：由流程图可知其功能是运算分段函数y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥1，,2＋log2x，0＜x＜1，))所以当输入的x的值为eq\f(1,16)时，y＝2＋log2eq\f(1,16)＝2－4＝－2.答案：－23．(2016·江苏高考)如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是________．解析：由a＝1，b＝9，知a＜b，所以a＝1＋4＝5，b＝9－2＝7，a＜b.所以a＝5＋4＝9，b＝7－2＝5，满足a＞b.所以输出的a＝9.答案：94．(2015·江苏高考)根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为________．eq\x(\a\al(S←1,I←1,WhileI＜8,S←S＋2,I←I＋3,EndWhile,PrintS))解析：由程序可知，S＝1，I＝1，I＜8；S＝3，I＝4，I＜8；S＝5，I＝7，I＜8；S＝7，I＝10，I＞8，此时结束循环，输出S＝7.答案：7命题点二复数1.(2018·江苏高考)若复数z满足i·z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为________．解析：由i·z＝1＋2i，得z＝eq\f(1＋2i,i)＝2－i，∴z的实部为2.答案：22．(2017·江苏高考)已知复数z＝(1＋i)(1＋2i)，其中i是虚数单位，则z的模是________．解析：法一：复数z＝1＋2i＋i－2＝－1＋3i，则|z|＝eq\r(－12＋32)＝eq\r(10).法二：|z|＝|1＋i|·|1＋2i|＝eq\r(2)×eq\r(5)＝eq\r(10).答案：eq\r(10)3．(2016·江苏高考)复数z＝(1＋2i)(3－i)，其中i为虚数单位，则z的实部是________．解析：因为z＝(1＋2i)(3－i)＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的实部是5.答案：54．(2015·江苏高考)设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位)，则z的模为________．解析：因为z2＝3＋4i，所以|z2|＝|z|2＝|3＋4i|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|z|＝eq\r(5).答案：eq\r(5)5．(2018·天津高考)i是虚数单位，复数eq\f(6＋7i,1＋2i)＝________.解析：eq\f(6＋7i,1＋2i)＝eq\f(6＋7i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(20－5i