高考数学（文）一轮复习教师用书第六章第五节直接证明与间接证明

第六章不等式、推理与证明第五节直接证明与间接证明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)为止思维过程由因导果(顺推证法)执果索因(逆推证法)框图表示P表示已知条件、已有的数学定义、公理、定理、性质等，Q表示所要证明的结论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……，或“⇒”要证(欲证)……，只需证……，即证……2．间接证明——反证法要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．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．对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝()A．2sinθ B．2cosθC．sin2θ D．cos2θ解析：选Dcos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ.3．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°.4.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)eq\a\vs4\al(考点一分析法的应用)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]分析法是数学命题直接证明的重要方法，在高考中较少单独出现，但分析法的解题思想在高考中常常出现.1．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．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．[怎样快解·准解]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(考点二综合法的应用)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)高考中，经常以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法的原理，结合具体问题考查学生解决问题的能力.[典题领悟](2016·天津高考)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是❶❷an和an＋1的等比中项.(1)设cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，n∈N*，求证：数列{cn}是等差数列；❸❹(2)设a1＝d，Tn＝eq\i\su(k＝1,2n,)(－1)kbeq\o\al(2,k)，n∈N*，求证：eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Tk)＜eq\f(1,2d2).❺❻[学审题]①想到an>0，且an＋1－an＝d；②想到beq\o\al(2,n)＝an·an＋1；③由cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)，结合bn与an的关系可得cn的关系式；④若想证{cn}是等差数列，想到只需让cn＋1－cn是个常数；⑤Tn表示{bn}的偶数项与奇数项平方差的和，结合③可得；⑥在⑤的基础上易得eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Tk)，进而可证．证明：(1)由题意得beq\o\al(2,n)＝anan＋1，cn＝beq\o\al(2,n＋1)－beq\o\al(2,n)＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，所以{cn}是等差数列．(2)Tn＝(－beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))＋(－beq\o\al(2,3)＋beq\o\al(2,4))＋…＋(－beq\o\al(2,2n－1)＋beq\o\al(2,2n))＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)＝2d·eq\f(na2＋a2n,2)＝2d2n(n＋1)．所以eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,Tk)＝eq\f(1,2d2)eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(1,kk＋1)＝eq\f(1,2d2)eq\i\su(k＝1,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(1,2d2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＜eq\f(1,2d2).[解题师说]掌握综合法证明问题的思路[冲关演练]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5a＝3beq\a\vs4\al(考点三反证法的应用)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)反证法是解决某些“疑难”问题的有力工具，体现了正难则反的思维方法，在高考中有所体现，既有选择题，也有解答题，属于中低档题.[典题领悟]已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1.[解题师说]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．[冲关演练]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.则Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，两式相减得(1－q)Sn＝a1－a1qn＝a1(1－qn)，当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1，所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，则(a1＋1)(a3＋1)＝(a2＋1)2，即a1a3＋a1＋a3＋1＝aeq\o\al(2,2)＋2a2＋1，因为{an}是等比数列，公比为q，所以a1a3＝aeq\o\al(2,2)，a2＝a1q，a3＝a1q2，所以a1(1＋q2)＝2a1q即q2－2q＋1＝0，(q－1)2＝0，q＝1，这与已知q≠1矛盾，所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．普通高中、重点高中共用作业(高考难度一般，无须挖潜)A级——基础小题练熟练快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，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．不确定解析：选C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)，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解析：选C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．4．设x，y，z∈R＋，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，则a，b，c三个数()A．至少有一个不大于2 B．都小于2C．至少有一个不小于2 D．都大于2解析：选C假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c＜6，而a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,z)))≥2＋2＋2＝6，与a＋b＋c＜6矛盾，∴a，b，c都小于2不成立．∴a，b，c三个数至少有一个不小于2.故选C.5．在等比数列{an}中，a1<a2<a3是数列{an}递增的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选C当a1<a2<a3时，设公比为q，由a1<a1q<a1q2得若a1>0，则1<q<q2，即q>1，此时，显然数列{an}是递增数列，若a1<0，则1>q>q2，即0<q<1，此时，数列{an}也是递增数列，反之，当数列{an}是递增数列时，显然a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比数列{an}递增的充要条件．6．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)<f(－x2)＝－f(x2)，则f(x1)＋f(x2)<0.7．(2018·太原模拟)用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1答案：x≠－1且x≠18．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≠b9．设a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，则a，b的大小关系为________．解析：a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4eq\r(6)，b2＝11＋4eq\r(7)，显然eq\r(6)<eq\r(7)，所以a<b.答案：a<b10．已知a>b>0，则①eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；②ac2>bc2；③a2>b2；④eq\r(a)>eq\r(b)，其中正确的序号是________．解析：对于①，因为a>b>0，所以ab>0，eq\f(1,ab)>0，a·eq\f(1,ab)>b·eq\f(1,ab)，即eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，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：①③④B级——中档题目练通抓牢1．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))>8.2．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(3n2－n,2)，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＝eq\f(3n2－n,2)，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aeq\o\al(2,n)＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m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．3.如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形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，连接EF，CF，则AF＝CD，AF∥CD，∴四边形ADCF是平行四边形，则CF∥AD.又EF∥AP，