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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
→→…→
→→…→
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＝＋，Q＝＋(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＋2>2a＋13＋2，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＋＋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>，从而－>，而<0，所以＋＋<0.

4．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)·(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，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　B
5．(2020·西安月考)利用反证法证明：若＋＝0，则x＝y＝0，应假设为(　　)
A．x，y都不为0
B．x，y不都为0
C．x，y都不为0，且x≠y
D．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，cos A＝<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≤；
(2)＋＋≥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≤，
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
则＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥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≥.
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≥.
考点二　分析法
【例2】　若a，b∈(1，＋∞)，证明<.
证明　要证<，
只需证()2<()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：＋＝.
证明　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＋a2－2accos 60°，
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S＝S1S3，
即a(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>b2
C.< D．>
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，sin Asin C<cos Acos C，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sin Asin C<cos Acos C得cos Acos C－sin Asin C>0，即cos(A＋C)>0，所以A＋C是锐角，从而B>，△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<1＋时，索的因是(　　)
A．x2>2 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
答案　C
解析　因为x>0，所以要证<1＋，只需证()2<2，即证0<，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·>1且＋≥－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·>1知与同号，若>0且>0，不等式＋≥－2显然成立，若<0且<0，则－>0，－>0，＋≥2>2，即＋<－2，这与＋≥－2矛盾，故>0且>0，即a，b，c同号．故选A.
二、填空题
7.＋与2＋的大小关系为________．
答案　＋>2＋
解析　要比较＋与2＋的大小，
只需比较(＋)2与(2＋)2的大小，
只需比较6＋7＋2与8＋5＋4的大小，
只需比较与2的大小，只需比较42与40的大小，
∵42>40，∴＋>2＋.
8．下列条件：①ab>0；②ab<0；③a>0，b>0；④a<0，b<0.其中能使＋≥2成立的条件的序号是________．
答案　①③④
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均能使＋≥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　
解析　若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，
则
解得p≤－3或p≥，
故满足条件的p的取值范围为.
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：>8.
证明　因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，
所以－1＝＝>，①
－1＝＝>，②
－1＝＝>，③
又x，y，z为正数，由①×②×③，
得>8.
11．已知a>5，求证：－<－.
证明　要证－<－，
只需证＋<＋，
只需证(＋)2<(＋)2，
只需证2a－5＋2<2a－5＋2，
只需证<，
只需证a2－5a<a2－5a＋6，
只需证0<6，
因为0<6恒成立，
所以－<－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，由反证法证明时可假设|f(1)|≥，且|f(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，用反证法证明时假设应为|f(1)|>且|f(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≠0；②a>b与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．其中判断正确的是________(填序号)．
答案　①②
解析　对①，假设(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0⇒a＝b＝c与已知a，b，c是不全相等的正数矛盾，所以①正确；对②，假设都不成立，这样的数a，b不存在，所以②正确；对③，举例a＝1，b＝2，c＝3，a≠c，b≠c，a≠b能同时成立，所以③不正确，填①②.
14．若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．
(1)设g(x)＝x2－x＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；
(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题设得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．
由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，
则b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.
因为b>1，所以b＝3.
(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有
即
解得a＝b，这与已知矛盾．
故不存在常数a，b(a>－2)使函数h(x)＝是[a，b]上的“四维光军”函数．