2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第12篇-第2讲-直接证明与间接证明.docx

第2讲　直接证明与间接证明
[最新考纲]
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．了解反证法的思考过程和特点.

知 识 梳 理
1．直接证明
(1)综合法
①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，最终推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．
②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表示要证的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：从要证明的结论动身，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最终，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．
②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)．
③思维过程：执果索因．
2．间接证明
反证法：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，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．
辨 析 感 悟
对三种证明方法的生疏
(1)分析法是从要证明的结论动身，逐步查找使结论成立的充要条件．(×)
(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出冲突．(×)
(3)在解决问题时，经常用分析法查找解题的思路与方法，再用综合法呈现解决问题的过程．(√)
(4)证明不等式＋＜＋最合适的方法是分析法．(√)
[感悟·提升]
两点提示　一是分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是查找使结论成立的充分条件，如(1)；
二是应用反证法证题时必需先否定结论，把结论的反面作为条件，且必需依据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面动身进行推理，就不是反证法．所谓冲突主要指：①与已知条件冲突；②与假设冲突；③与定义、公理、定理冲突；④与公认的简洁事实冲突；⑤自相冲突.

考点一　综合法的应用

【例1】 (2021·新课标全国Ⅱ卷)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1.
证明　(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac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≤.
(2)由于＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.
同学用书第203页
规律方法 综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆过程，但更要留意从有关不等式的定理、结论或题设条件动身，依据不等式的性质推导证明．
【训练1】 (1)设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.
(2)已知a，b，c是全不相等的正实数，求证：＋＋＞3.
证明　(1)∵a＋b＝1，
∴＋＋＝＋＋
＝1＋＋1＋＋≥2＋2＋
＝2＋2＋4＝8，当且仅当a＝b＝时，等号成立．
(2)∵a，b，c全不相等，且都大于0.
∴与，与，与全不相等，
∴＋＞2，＋＞2，＋＞2，
三式相加得＋＋＋＋＋＞6，
∴＋＋＞3，
即＋＋＞3.
考点二　分析法的应用
【例2】 已知a＞0，求证：－≥a＋－2.
审题路线　从结论动身⇒观看不等式两边的符号⇒移项(把不等式两边都变为正项)⇒平方⇒移项整理⇒平方⇒移项整理可得明显成立的结论．
证明　(1)要证－≥a＋－2，
只需要证＋2≥a＋＋.
∵a＞0，故只需要证2≥2，
即a2＋＋4＋4
≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只需要证2≥，
只需要证4≥2，
即a2＋≥2，而上述不等式明显成立，故原不等式成立．
规律方法 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步查找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺当获解的关键．
(2)证明较简单的问题时，可以接受两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价(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．
【训练2】 已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.
证明　∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要证原不等式成立，
只需证(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明显成立，故原不等式得证．
考点三　反证法的应用
【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不行能成为等比数列．
(1)解　由已知得∴d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)证明　由(1)得bn＝＝n＋.
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b＝bpbr.
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴2＝pr，(p－r)2＝0.
∴p＝r，与p≠r冲突．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不行能成等比数列.
同学用书第204页
规律方法 用反证法证明不等式要把握三点：(1)必需先否定结论，即确定结论的反面；(2)必需从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必需依据这一条件进行推证；(3)推导出的冲突可能多种多样，有的与已知冲突，有的与假设冲突，有的与已知事实冲突等，且推导出的冲突必需是明显的．
【训练3】 已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根．
证明　假设三个方程都没有实数根，则
⇒
∴－＜a＜－1.
这与已知a≥－1冲突，
所以假设不成立，故原结论成立．

1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．
2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．
3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，简洁查找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时经常两法兼用，先用分析法探究证明途径，然后再用综合法叙述出来．
4．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，没有用假设命题推理而推出冲突结果，其推理过程是错误的．

答题模板13——反证法在证明题中的应用
【典例】 (14分)(2021·北京卷)直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1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不行能为菱形．
[规范解答]　(1)解　由于四边形OABC为菱形，
所以AC与OB相互垂直平分． (2分)
所以可设A，代入椭圆方程得＋＝1，
即t＝±.
所以|AC|＝2. (5分)
(2)证明　假设四边形OABC为菱形．
由于点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.
由消y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. (7分)
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，
＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M. (9分)
由于M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，
所以直线OB的斜率为－.(11分)
由于k·≠－1，所以AC与OB不垂直． (13分)
所以四边形OABC不是菱形，与假设冲突．
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不行能为菱形．(14分)
[反思感悟] (1)把握反证法的证明思路及证题步骤，明确作假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到冲突是反证法的目的．
(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清楚或正面证明分类较多、而反面状况只有一种或较少时，常接受反证法．
(3)利用反证法证明时，肯定要回到结论上去．
答题模板　用反证法证明数学命题的答题模板：
第一步：分清命题“p→q”的条件和结论；
其次步：作出与命题结论q相冲突的假定綈q；
第三步：由p和綈q动身，应用正确的推理方法，推出冲突结果；
第四步：断定产生冲突结果的缘由，在于所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明白命题.
同学用书第205页
【自主体验】
设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.
(1)证明：l1与l2相交；
(2)证明：l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．
证明　(1)假设l1与l2不相交，
则l1与l2平行或重合，有k1＝k2，
代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0.
这与k1为实数的事实相冲突，从而k1≠k2，
即l1与l2相交．
(2)由方程组
解得交点P的坐标为.
从而2x2＋y2＝22＋2
＝＝＝1，
所以l1与l2的交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．

对应同学用书P381
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．(2022·安阳模拟)若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是(　　)．
A.＜ B．a＋＞b＋
C．b＋＞a＋ D.＜
解析　(特值法)取a＝－2，b＝－1，验证C正确．
答案　C
2．用反证法证明命题：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，反设正确的是(　　)．
A．a，b都不能被5整除
B．a，b都能被5整除
C．a，b中有一个不能被5整除
D．a，b中有一个能被5整除
解析　由反证法的定义得，反设即否定结论．
答案　A
3．(2022·上海模拟)“a＝”是“对任意正数x，均有x＋≥1”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　当a＝时，x＋≥2＝1，当且仅当x＝，即x＝时取等号；反之，明显不成立．
答案　A
4．(2022·张家口模拟)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　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.
答案　C
5．(2022·天津模拟)p＝＋，q＝·(m，n，a，b，c，d均为正数)，则p，q的大小为(　　)．
A．p≥q B．p≤q C．p＞q D．不确定
解析　q＝ ≥＝＋＝p.
答案　B
二、填空题
6．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的个数是________．
解析　要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使＋≥2成立．
答案　3
7．已知a，b，m均为正数，且a＞b，则与的大小关系是________．
解析　－＝＝，
∵a，b，m＞0，且a＞b，∴b－a＜0，∴＜.
答案　＜
8．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________(填上序号)．
答案　①
三、解答题
9．若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
证明　∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又上述三个不等式中等号不能同时成立．
∴··＞abc成立．
上式两边同时取常用对数，
得lg＞lg abc，
∴lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c.
10．(2022·鹤岗模拟)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S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
由于a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0冲突，
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冲突．
综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．(2022·漳州一模)设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋(　　)．
A．都大于2 B．都小于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
解析　∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴＋＋＝＋＋
≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.
答案　D
2．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)．
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析　∵≥≥，又f(x)＝x在R上是减函数，∴f≤f()≤f.
答案　A
二、填空题
3．(2022·株洲模拟)已知a，b，μ∈(0，＋∞)，且＋＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．
解析　∵a，b∈(0，＋∞)，且＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b)＝10＋≥10＋2＝16，当且仅当a＝4，b＝12时，等号成立，∴a＋b的最小值为16.
∴要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16.
答案　(0,16]
三、解答题
4．(2021·江苏卷)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝，n∈N*，其中c为实数．
(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；
(2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
证明　由题意得，Sn＝na＋d.
(1)由c＝0，得bn＝＝a＋d.
又由于b1，b2，b4成等比数列，所以b＝b1b4，即2＝a，
化简得d2－2ad＝0.
由于d≠0，所以d＝2a.
因此，对于全部的m∈N*，有Sm＝m2a.
从而对于全部的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
(2)设数列{bn}的公差是d1，则bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表达式，整理得，对于全部的n∈N*，有n3＋·n2＋cd1n＝c(d1－b1)．
令A＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d，
D＝c(d1－b1)，则对于全部的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)
在(*)式中分别取n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，
从而有
由①②③可得A＝0，B＝0，从而cd1＝0.
即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.
若d1＝0，则由d1－d＝0，得d＝0，
与题设冲突，所以d1≠0.
又由于cd1＝0，所以c＝0.
同学用书第205页