2022届高考数学总复习教学案直接证明和间接证明.docx

第六节直接证明和间接证明
[知识能否忆起]
一、 直接证明
内容
综合法
分析法
定义
利用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(条件、定理、定义、公理等)为止．
实质
由因导果(顺推证法)
执果索因
框图表示
…
…
文字语言
因为…所以…或由…得…
要证…只需证…即证…
二、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，这样的证明方法叫反证法．
[小题能否全取]
1．(教材习题改编)用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°〞时，应假设(　　)
A．三个内角都不大于60°
B．三个内角都大于60°
C．三个内角至多有一个大于60°
D．三个内角至多有两个大于60°
解析：选B假设为“三个内角都大于60°〞．
2．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x＜0)，那么a与b大小关系为(　　)
A．a＞bB．a＜b
C．a＝bD．a≤b
解析：选Aa＝lg2＋lg5＝lg10＝1，b＝ex＜1，那么a＞b.
3．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ〞的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ〞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．间接证明法
解析：选B因为证明过程是“从左往右〞，即由条件⇒结论．
4．用反证法证明命题“如果a＞b，那么＞〞时，假设的内容是________．
解析：“如果a>b，那么>〞假设用反证法证明，其假设为≤.
答案：≤
5．如果a＋b＞a＋b，那么a、b应满足的条件是________．
解析：∵a＋b＞a＋b⇔(－)2(＋)＞0⇔a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
1.证明方法的合理选择
(1)当题目条件较多，且都很明确时，由因导果较容易，一般用综合法．
(2)当题目条件较少，可逆向思考时，执果索因，使用分析法解决．但在证明过程中，注意文字语言的准确表述．
2．使用反证法的注意点
(1)用反证法证明问题的第一步是“反设〞，这一步一定要准确，否那么后面的局部毫无意义；
(2)应用反证法证明问题时必须导出矛盾．

综　合　法
典题导入
[例1](2022·大纲全国卷)设数列{an}满足a1＝0且－＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，记Sn＝k，证明：Sn<1.
[自主解答](1)由题设－＝1，
得是公差为1的等差数列．
又＝1，故＝n.所以an＝1－.
(2)证明：由(1)得
bn＝＝＝－，
Sn＝k＝＝1－<1.
由题悟法
综合法是一种由因导果的证明方法，即由条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理符合规律，才能保证结论的正确性．
以题试法
1．(理)(2022·东北三校模拟)函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx －x2＋x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线．
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)≤g(x)．
解：(1)f′(x)＝，
g′(x)＝b－x＋x2，
由题意得解得a＝0，b＝1.
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)
＝ln(x＋1)－x3＋x2－x(x＞－1)．
h′(x)＝－x2＋x－1＝.
h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．
h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．
(文)设f(x)＝ex－1，当x＞－1时，证明：
f(x)＞.
证明：当x＞－1时，要使f(x)＞，即ex－1＞＝2x－1，当且仅当ex＞2x，即ex－2x＞0，
令g(x)＝ex－2x，那么g′(x)＝ex－2，
令g′(x)＝0，得x＝ln2.
当x∈(－1，ln2)时，g′(x)＝ex－2＜0，故函数g(x)在(－1，ln2)上单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，
g′(x)＝ex－2＞0，故函数g(x)在(ln2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在(－1，＋∞)上的最小值为g(ln2)＝eln2－2ln2＝2(1－ln2)＞0.
所以在(－1，＋∞)上有g(x)≥g(ln2)＞0.即ex＞2x.
故当x∈(－1，＋∞)时，有f(x)＞.

分　析　法
典题导入
[例2]△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：＋＝.
[自主解答]要证＋＝，
即证＋＝3也就是＋＝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．
由题悟法
分析法的特点与思路
分析法的特点是“执果索因〞，即从“未知〞看“需知〞，逐步靠拢“〞(或定理、性质或已经证明成立的结论等)．通常采用“欲证——只需证——〞的格式，在表达中要注意表达形式的标准．
以题试法
2．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，
只需证明(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，
故原不等式得证.

反　证　法
典题导入
[例3]设{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
[自主解答](1)证明：假设{Sn}是等比数列，那么S＝S1·S3，即a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，
∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．
(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．
当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3，
2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．
由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，
∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．
综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．
由题悟法
反证法证明问题的一般步骤
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否认命题)成立；(否认结论)
(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——与条件、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)
以题试法
3．实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，求证：a，b，c，d中至少有一个为负数．
证明：假设a，b，c，d都是非负数，那么由a＋b＝c＋d＝1，得
1＝(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，
即ac＋bd≤1，这与ac＋bd＞1矛盾，故假设不成立．即a，b，c，d中至少有一个为负数．
1．(2022·平顶山模拟)命题“如果数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，那么数列{an}一定是等差数列〞是否成立(　　)
A．不成立B．成立
C．不能断定D．能断定
解析：选B∵Sn＝2n2－3n，∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5(当n＝1时，a1＝S1＝－1符合上式)．
∴an＋1－an＝4(n≥1)，∴{an}是等差数列．
2．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(　　)
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：选D因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
3．(2022·山师大附中模拟)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数〞正确的反设为(　　)
A．a，b，c中至少有两个偶数
B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
C．a，b，c都是奇数
D．a，b，c都是偶数
解析：选B“恰有一个偶数〞的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数〞．
4．(2022·银川模拟)设a，b，c是不全相等的正数，给出以下判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＞b，a＜b及a＝b中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立，
其中正确判断的个数为(　　)
A．0B．1
C．2D．3
解析：选C①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．
5．(2022·张家口模拟)分析法又称执果索因法，假设用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证<a〞索的因应是(　　)
A．a－b>0B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0
解析：选C<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.
6．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，那么x2，b2，y2三数(　　)
A．成等比数列而非等差数列
B．成等差数列而非等比数列
C．既成等差数列又成等比数列
D．既非等差数列又非等比数列
解析：选B由条件，可得
由②③得代入①，得＋＝2b，
即x2＋y2＝2b2.
故x2，b2，y2成等差数列．
7．设a＝＋2，b＝2＋，那么a，b的大小关系为________．
解析：a＝＋2，b＝2＋两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，显然，＜.∴a＜b.
答案：a＜b
8．(2022·黄冈质检)在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，那么三边a，b，c应满足________．
解析：由余弦定理cosA＝＜0，
所以b2＋c2－a2＜0，即a2＞b2＋c2.
答案：a2＞b2＋c2
9．(2022·肇庆模拟)点An(n，an)为函数y＝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，那么cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，
∴cn随n的增大而减小．
∴cn＋1<cn.
答案：cn＋1<cn
10．假设a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，
求证：＋＜＋.
证明：要证＋＜＋，只需证(＋)2＜(＋)2，
即a＋d＋2＜b＋c＋2，
因a＋d＝b＋c，只需证＜，
即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，
那么ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，
故ad＜bc成立，从而＋＜＋成立．
11．求证：a，b，c为正实数的充要条件是a＋b＋c＞0，且ab＋bc＋ca＞0和abc＞0.
证明：必要性(直接证法)：
∵a，b，c为正实数，∴a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，
因此必要性成立．
充分性(反证法)：
假设a，b，c是不全为正的实数，由于abc＞0，
那么它们只能是两负一正，不妨设a＜0，b＜0，c＞0.
又∵ab＋bc＋ca＞0，∴a(b＋c)＋bc＞0，且bc＜0，
∴a(b＋c)＞0.①
又∵a＜0，∴b＋c＜0.∴a＋b＋c＜0
这与a＋b＋c＞0相矛盾．
故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．
12．设f(x)＝ex－1.当a＞ln2－1且x＞0时，证明：f(x)＞x2－2ax.
证明：欲证f(x) ＞x2－2ax，即ex－1＞x2－2ax，
也就是ex－x2＋2ax－1＞0.
可令u(x)＝ex－x2＋2ax－1，那么u′(x)＝ex－2x＋2a.
令h(x)＝ex－2x＋2a，那么h′(x)＝ex－2.
当x∈(－∞，ln2)时，h′(x)＜0，函数h(x)在(－∞，ln2]上单调递减，当x∈(ln2，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)在[ln2，＋∞)上单调递增．
所以h(x)的最小值为h(ln2)＝eln2－2ln2＋2a
＝2－2ln2＋2a.
因为a＞ln2－1，所以h(ln2) ＞2－2ln2＋2(ln2－1)＝0，即h(ln2)＞0.
所以u′(x)＝h(x)＞0，即u(x)在R上为增函数．
故u(x)在(0，＋∞)上为增函数．所以u(x)＞u(0)．
而u(0)＝0，所以u(x)＝ex－x2＋2ax－1＞0.
即当a＞ln2－1且x＞0时，f(x)＞x2－2ax.
1．函数y＝f(x)的定义域为D，假设对于任意的x1，x2∈D(x1≠x2)，都有f<，那么称y＝f(x)为D上的凹函数．由此可得以下函数中的凹函数为(　　)
A．y＝log2xB．y＝
C．y＝x2D．y＝x3
解析：选C可以根据图象直观观察；对于C证明如下：
欲证f<，
即证2<.即证(x1＋x2)2<2x＋2x.
即证(x1－x2)2>0.显然成立．故原不等式得证．
2．(2022·邯郸模拟)设a，b是两个实数，给出以下条件：
①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是______．(填序号)
解析：假设a＝，b＝，那么a＋b>1，
但a<1，b<1，故①推不出；
假设a＝b＝1，那么a＋b＝2，故②推不出；
假设a＝－2，b＝－3，那么a2＋b2>2，故④推不出；
假设a＝－2，b＝－3，那么ab>1，故⑤推不出；
对于③，即a＋b>2，那么a，b中至少有一个大于1，
反证法：假设a≤1且b≤1，
那么a＋b≤2与a＋b＞2矛盾，
因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.
答案：③
3．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴有两个不同的交点．假设f(c)＝0，且0＜x＜c时，f(x)＞0.
(1)证明：是函数f(x)的一个零点；
(2)试比较与c的大小．
解：(1)证明：∵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，
∴x1＝c是f(x)＝0的根．
又x1x2＝，
∴x2＝，
∴是f(x)＝0的一个根．
即是函数f(x)的一个零点．
(2)假设＜c，∵＞0，
∴由0＜x＜c时，f(x)＞0，知f＞0，
这与f＝0矛盾，∴≥c.
又∵≠c，∴＞c.
1．非零向量a，b且a⊥b，求证：≤.
证明：a⊥b⇔a·b＝0，
要证≤，
只需证|a|＋|b|≤|a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
2．{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)假设数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an，
求证：bn·bn＋2＜b.
解：(1)由得an＋1＝an＋1，那么an＋1－an＝1，又a1＝1，
所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)证明：由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
因为bn·bn＋2－b＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2
＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2×2n＋1＋1)
＝－2n＜0，
所以bn·bn＋2＜b.