《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-第六章-第5讲-直接证明和间接证明.docx

第5讲　直接证明和间接证明

1．直接证明
直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．
(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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．
综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．
(2)分析法：一般地，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．
分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．
2．间接证明
反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最终得出冲突，因此说明假设错误，从而证明白原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
[做一做]
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
解析：选D.由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．
2．(2021·山西太原模拟)用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝1”时，应假设________．
解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
答案：x≠－1且x≠1

1．辨明两个易误点
(1)用分析法证明数学问题时，要留意书写格式的规范性，经常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论；
(2)利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，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．
2．证题的三种思路
(1)分析法证题的一般思路：
分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必需从结论动身，倒着分析，查找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．
(2)综合法证题的一般思路：
用综合法证明命题时，必需首先找到正确的动身点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推动，从而由已知逐步推出结论．
(3)反证法证题的一般思路：
反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是规律中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一争辩过程中，A和非A有且仅有一个是正确的，不能有第三种状况毁灭．
[做一做]
3．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________．
解析：由余弦定理cos A＝<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.
答案：a2>b2＋c2
,[同学用书P114～P115])

__综合法的应用(高频考点)_________

综合法证明是历年高考的热点问题，也是必考问题之一．通常在解答题中某一问毁灭，一般为中高档题，高考对综合法的考查常有以下三个命题角度：
(1)三角函数、数列证明题；
(2)几何证明题；
(3)与函数、方程、不等式结合的证明题．
　(1)(2021·山东烟台模拟)设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N*，Sn是a和an的等差中项．
①证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
②证明＋＋…＋<2.
(2)设f(x)＝ln x＋－1，证明：当x>1时，f(x)<(x－1)．
[解]　(1)①由已知得2Sn＝a＋an，且an>0当n＝1时，2a1＝a＋a1，解得a1＝1(a1＝0舍去)；
当n≥2时，有2Sn－1＝a＋an－1.
于是2Sn－2Sn－1＝a－a＋an－an－1，
即2an＝a－a＋an－an－1.
于是a－a＝an＋an－1，
即(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1.
由于an＋an－1>0，所以an－an－1＝1(n≥2)．
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝n.
②证明：由于an＝n，所以Sn＝，
则＝＝2，
所以＋＋…＋
＝2
＝2<2.
(2)证明：法一：记g(x)＝ln x＋－1－(x－1)，
则当x>1时，g′(x)＝＋－<0.
又g(1)＝0，所以g(x)<0，
即f(x)<(x－1)．
法二：由均值不等式知，当x>1时，21时，f(x)<(x－1)．
[规律方法]　(1)综合法是“由因导果”，它是从已知条件动身，顺着推证，经过一系列的中间推理，最终导出所证结论的真实性．用综合法证明题的规律关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”
(2)利用综合法证不等式时，是以基本不等式为基础，以不等式的性质为依据，进行推理论证的．因此，关键是找到与要证结论相匹配的基本不等式及其不等式的性质．
　　　1.(1)在△ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且直线bx＋ycos A＋cos B＝0与ax＋ycos B＋cos A＝0平行，求证：△ABC是直角三角形．
(2)

(2022·高考山东卷)如图，四棱锥P­ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．
　　①求证：AP∥平面BEF；
②求证：BE⊥平面PAC.
证明：(1)法一：由两直线平行可知bcos B－acos A＝0，由正弦定理可知sin Bcos B－sin Acos A＝0，即sin 2B－sin 2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝.
若A＝B，则a＝b，cos A＝cos B，两直线重合，不符合题意，故A＋B＝，即△ABC是直角三角形．
法二：由两直线平行可知bcos B－acos A＝0，
由余弦定理，得a·＝b·，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
∴c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，
∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，
∴a＝b或a2＋b2＝c2.
若a＝b，则两直线重合，不符合题意，
故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．
(2)①设AC∩BE＝O，
连接OF，EC.
由于E为AD的中点，
AB＝BC＝AD，AD∥BC，
所以AE∥BC，AE＝AB＝BC.
因此四边形ABCE为菱形，
所以O为AC的中点．
又F为PC的中点，因此在△PAC中，可得AP∥OF.
又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，
所以AP∥平面BEF.

②由题意知ED∥BC，ED＝BC，
所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.
又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.
由于四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.
又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，
所以BE⊥平面PAC.
__分析法________________________________

　已知函数f(x)＝3x－2x，求证：对于任意的x1，x2∈R，均有≥f.
[证明]　要证明≥f，
即证明≥3－2·，
因此只要证明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)，
即证明≥3，
因此只要证明≥，
由于x1，x2∈R时，3x1>0，3x2>0，
由基本不等式知
≥明显成立，
故原结论成立．
[规律方法]　(1)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，而当这些推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)要留意书写格式的规范性．
　　　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：＋＝.
证明：要证＋＝，
即证＋＝3，也就是证＋＝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．
__反证法______________________

　(2021·高考陕西卷)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，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝，
∴Sn＝
(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，
∴q＝1，这与已知冲突．
∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
[规律方法]　用反证法证明数学命题要把握三点：
(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，但是推导出的冲突必需是明显的．
　　　3.已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明ab，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＋＋3
＝2＋3≥3，
两者冲突，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.

方法思想——转化与化归思想求证函数的综合问题

　　　设函数f(x)＝x3＋3bx2＋3cx有两个极值点x1，x2，且x1∈[－1，0]，x2∈[1，2]．
(1)求b，c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内画出满足这些条件的点(b，c)的区域；

(2)证明：－10≤f(x2)≤－.
[解]　(1)f′(x)＝3x2＋6bx＋3c.
依题意知，方程f′(x)＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－1，0]，x2∈[1，2]等价于
f′(－1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0.
由此得b，c满足的约束条件为
满足这些条件的点(b，c)的区域为图中阴影部分．

(2)证明：由题设知f′(x2)＝3x＋6bx2＋3c＝0，
故bx2＝－x－c.
于是f(x2)＝x＋3bx＋3cx2＝－x＋x2.
由于x2∈[1，2]，而由(1)知c≤0，
故－4＋3c≤f(x2)≤－＋c.
又由(1)知－2≤c≤0，
所以－10≤f(x2)≤－.
[名师点评]　1.本题在求证第(2)问时，利用了转化与化归思想利用f′(x2)＝0得出bx2＝－x－c.进而转化为f(x2)＝－x＋x2，借助于(1)中c的范围证明出结论．
2．解决此类问题，要培育观看力气，即观看条件、结论，且能从数学的角度揭示其差异，如“高次↔低次”“分式(根式)↔整式”“多元↔一元”等，从而为我们的化归转化指明方向，奠定基础．
　(2022·高考天津卷)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an－1<0.
所以sb＋
C．b＋>a＋ D.<
解析：选C.∵a.
由不等式的同向可加性知b＋>a＋.
2．(2022·高考山东卷)用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A.
3．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：0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
解析：选C.0
⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.故选C.
4．(2021·宁夏银川模拟)设a，b，c是不全相等的正数，给出下列推断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a>b，a0，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)≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
8．已知点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，则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＋1CF(图略)．则AF＝CD，AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
则CF∥AD.
又EF∥AP，且CF∩EF＝F，
∴平面CFE∥平面PAD.
又EC在平面CEF内，
∴EC∥平面PAD.
(2)∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AC，
∵ABCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2，
∴AC＝，BC＝.
∵AB2＝AC2＋BC2，∴AC⊥BC，
∵PC∩BC＝C，∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.
10．已知函数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)．