2023年高考数学一轮复习习题：第七章第5节　直接证明与间接证明

第5节直接证明与间接证明考纲要求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和特点；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和特点．知识梳理1．直接证明内容综合法分析法定义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从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到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)为止实质由因导果执果索因框图表示eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→…→eq\x(Qn⇒Q)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→…→eq\x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……2.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．(1)反证法的定义：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的证明方法．(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．1．分析法是执果索因，实际上是寻找使结论成立的充分条件；综合法是由因导果，就是寻找已知的必要条件．2．综合法与分析法都是直接证明的方法，反证法是间接证明的方法．3．用反证法证题时，首先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况，然后推出矛盾，矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)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．()(2)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．()答案(1)×(2)×解析(1)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．(2)应假设“a≤b”．2．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P>Q B．P＝Q C．P<Q D．不能确定答案A解析假设P>Q，只需P2>Q2，即2a＋13＋2eq\r(a＋6a＋7)>2a＋13＋2eq\r(a＋8a＋5)，只需a2＋13a＋42>a2＋13a＋40.因为42>40成立，所以P>Q成立．故选A.3．实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)的值()A．一定是正数 B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不确定答案B解析由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0，且|a|<|c|，则eq\f(1,|a|)>eq\f(1,|c|)，从而－eq\f(1,a)>eq\f(1,c)，而eq\f(1,b)<0，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)<0.4．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)·(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”，其过程应用了()A．分析法 B．综合法C．综合法、分析法综合使用 D．间接证法答案B5．(2020·西安月考)利用反证法证明：若eq\r(x)＋eq\r(y)＝0，则x＝y＝0，应假设为()A．x，y都不为0B．x，y不都为0C．x，y都不为0，且x≠yD．x，y至少有一个为0答案B解析x＝y＝0的否定为x≠0或y≠0，即x，y不都为0，选B.6．(2020·安庆检测)在不等边三角形中，a为最大边，要想得到A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________．答案b2＋c2<a2解析根据余弦定理，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2ab)<0，所以b2＋c2<a2.考点一综合法的应用【例1】设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥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≤eq\f(1,3)，当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，则eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.感悟升华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．【训练1】本例的条件不变，证明a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).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，当且仅当“a＝b＝c”时，等号成立，所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).考点二分析法【例2】若a，b∈(1，＋∞)，证明eq\r(a＋b)<eq\r(1＋ab).证明要证eq\r(a＋b)<eq\r(1＋ab)，只需证(eq\r(a＋b))2<(eq\r(1＋ab))2，只需证a＋b－1－ab<0，即证(a－1)(1－b)<0.因为a>1，b>1，所以a－1>0,1－b<0，即(a－1)(1－b)<0成立，所以原不等式成立．感悟升华分析法的证明思路：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．【训练2】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．考点三反证法【例3】设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数列{Sn}是等比数列，则Seq\o\al(2,2)＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，这与公比q≠0矛盾，所以数列{Sn}不是等比数列．(2)解当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0，这与公比q≠0矛盾．综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列．感悟升华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．【训练3】已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．证明假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，即ac＋bd＋ad＋bc＝1，又ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，故a，b，c，d中至少有一个是负数．A级基础巩固一、选择题1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的有()A．2个 B．3个 C．4个 D．5个答案D解析由定义可知①②③④⑤都正确，选D.2．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是()A．ac2<bc2 B．a2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D．eq\f(b,a)>eq\f(a,b)答案B解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.3．(2020·厦门月考)用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是()A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c至多有一个偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数答案B解析“至少有一个”的否定为“都不是”，故B正确．4．在△ABC中，sinAsinC<cosAcosC，则△ABC一定是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定答案C解析由sinAsinC<cosAcosC得cosAcosC－sinAsinC>0，即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，从而B>eq\f(π,2)，△ABC必是钝角三角形．故选C.5．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)时，索的因是()A．x2>2 B．x2>4C．x2>0 D．x2>1答案C解析因为x>0，所以要证eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)，只需证(eq\r(1＋x))2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))2，即证0<eq\f(x2,4)，即证x2>0，因为x>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．故选C.6．(2021·西安模拟)已知a，b，c∈R，若eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1且eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－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的符号关系不确定答案A解析由eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1知eq\f(b,a)与eq\f(c,a)同号，若eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，不等式eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2显然成立，若eq\f(b,a)<0且eq\f(c,a)<0，则－eq\f(b,a)>0，－eq\f(c,a)>0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,a)))≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,a))))>2，即eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)<－2，这与eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2矛盾，故eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，即a，b，c同号．故选A.二、填空题7.eq\r(6)＋eq\r(7)与2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小关系为________．答案eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)解析要比较eq\r(6)＋eq\r(7)与2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小，只需比较(eq\r(6)＋eq\r(7))2与(2eq\r(2)＋eq\r(5))2的大小，只需比较6＋7＋2eq\r(42)与8＋5＋4eq\r(10)的大小，只需比较eq\r(42)与2eq\r(10)的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5).8．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成立的条件的序号是________．答案①③④解析要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)>0且eq\f(a,b)>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④均能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立．9．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________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))解析若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝－2p2＋p＋1≤0，,f1＝－2p2－3p＋9≤0，))解得p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故满足条件的p的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).三、解答题10．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))>8.11．已知a>5，求证：eq\r(a－5)－eq\r(a－3)<eq\r(a－2)－eq\r(a).证明要证eq\r(a－5)－eq\r(a－3)<eq\r(a－2)－eq\r(a)，只需证eq\r(a－5)＋eq\r(a)<eq\r(a－3)＋eq\r(a－2)，只需证(eq\r(a－5)＋eq\r(a))2<(eq\r(a－3)＋eq\r(a－2))2，只需证2a－5＋2eq\r(a2－5a)<2a－5＋2eq\r(a2－5a＋6)，只需证eq\r(a2－5a)<eq\r(a2－5a＋6)，只需证a2－5a<a2－5a＋6，只需证0<6，因为0<6恒成立，所以eq\r(a－5)－eq\r(a－3)<eq\r(a－2)－eq\r(a)成立．B级能力提升12．(2021·长春模拟)①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q>2；②设a为实数，f(x)＝x2＋ax＋a，可证|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不大于eq\f(1,2)，由反证法证明时可假设|f(1)|≥eq\f(1,2)，且|f(2)|≥eq\f(1,2)，以下说法正确的是()A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确，②的假设错误D．①的假设错误，②的假设正确答案C解析用反证法证明时，应假设结论不成立，所以①正确；设a为实数，f(x)＝x2＋ax＋a，求证|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不大于eq\f(1,2)，用反证法证明时假设应为|f(1)|>eq\f(1,2)且|f(2)|>eq\f(1,2)，所以②错误．故选C.13．若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2