高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：6 6 直接证明与间接证明 Word版含答案

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(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、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、特点．
知识点一 直接证明
1．综合法
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，这种证明方法叫作综合法．
2．分析法
从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，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，这种证明方法叫作分析法．
易误提醒 用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．
[自测练习]
1．要证明eq \r(3)＋eq \r(7)<2eq \r(5)，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．归纳法
解析：要证明eq \r(3)＋eq \r(7)<2eq \r(5)成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．
答案：B
2．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－eq \f(a4＋b4,2)≤0
C.eq \f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
答案：D
知识点二 间接证明
反证法
假设原命题不成立，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，这样的证明方法叫作反证法．
易误提醒 利用反证法证明数学问题时，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．
[自测练习]
3．用反证法证明“如果a>b，那么eq \r(3,a)>eq \r(3,b)”假设内容应是( )
A.eq \r(3,a)＝eq \r(3,b) B.eq \r(3,a)C.eq \r(3,a)＝eq \r(3,b)且eq \r(3,a)解析：假设结论不成立，即eq \r(3,a)>eq \r(3,b)的否定为eq \r(3,a)≤eq \r(3,b).
答案：D
4．设a，b，c∈(－∞，0)，则a＋eq \f(1,b)，b＋eq \f(1,c)，c＋eq \f(1,a)( )
A．都不大于－2 B．都不小于－2
C．至少有一个不大于－2 D．至少有一个不小于－2
解析：因为a＋eq \f(1,b)＋b＋eq \f(1,c)＋c＋eq \f(1,a)≤－6，所以三者不能都大于－2.
答案：C
考点一 综合法的应用|
已知a，b，c为不全相等的正数，求证：eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(c＋a－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)>3.
[证明] 因为a，b，c为不全相等的正数，
所以eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(c＋a－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)
＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)＋eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)－3，
>2eq \r(\f(b,a)×\f(a,b))＋2eq \r(\f(c,a)×\f(a,c))＋2eq \r(\f(c,b)×\f(b,c))－3＝3，
即eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(c＋a－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)>3.
综合法证题的思路

1．设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．
(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；
(2)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
证明：(1)由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am.
所以{an}是“H数列”．
(2)设等差数列{an}的公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)
令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．
下面证{bn}是“H数列”．
设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝eq \f(nn＋1,2)a1(n∈N*)．
于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝eq \f(nn＋1,2)，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．
同理可证{cn}也是“H数列”．
所以任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
考点二 分析法|
已知a>0，证明eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2.
[证明] 要证eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2，
只需证eq \r(a2＋\f(1,a2))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))．
因为a>0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))>0，
所以只需证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(\r(a2＋\f(1,a2)))))2≥eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－2－\r(2)))2，
即2(2－eq \r(2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq \r(2)，
只需证a＋eq \f(1,a)≥2.
因为a>0，a＋eq \f(1,a)≥2显然成立eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,a)＝1时等号成立))，所以要证的不等式成立．
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．

2．已知a，b，m都是正数，且aeq \f(a,b).
证明：要证明eq \f(a＋m,b＋m)>eq \f(a,b)，由于a，b，m都是正数，
只需证a(b＋m)只需证am因为m>0，所以只需证a又已知a考点三 反证法|
等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq \r(2)，S3＝9＋3eq \r(2).
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝eq \f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
[解] (1)由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))
所以d＝2，故an＝2n－1＋eq \r(2)，Sn＝n(n＋eq \r(2))．
(2)证明：由(1)，得bn＝eq \f(Sn,n)＝n＋eq \r(2).假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，
则beq \\al(2,q)＝bpbr，即(q＋eq \r(2))2＝(p＋eq \r(2))(r＋eq \r(2))，
所以(q2－pr)＋eq \r(2)(2q－p－r)＝0.
因为p，q，r∈N*，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，))
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p＋r,2)))2＝pr，(p－r)2＝0.
所以p＝r，这与p≠r矛盾，所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
反证法证明问题的五个注意点
(1)分清问题的条件和结论；(2)假设所要证的结论不成立，而假设结论的反面成立(否定结论)；(3)从假设和条件出发，经过正确的推理，导出与已知条件、公理、定理、定义及明显成立的事实相矛盾或自相矛盾(推导矛盾)；(4)因为推理正确，所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误，即结论的反面不成立，从而证明了原结论成立(结论成立)；(5)应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达到否定结论的目的．

3．已知a1＋a2＋a3＋a4>100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.
证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假设错误．
所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.
13.综合法与分析法证题中的易误点
【典例】 (1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋eq \f(1,xy)≤eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋xy；
(2)设1[证明] (1)由于x≥1，y≥1，所以
x＋y＋eq \f(1,xy)≤eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy·(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．
(2)设lga b＝x，lgb c＝y，由对数的换底公式得
lgc a＝eq \f(1,xy)，lgb a＝eq \f(1,x)，lgc b＝eq \f(1,y)，lga c＝xy.
于是，所要证明的不等式即为
x＋y＋eq \f(1,xy)≤eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋xy，
其中x＝lga b≥1，y＝lgb c≥1.
故由(1)可知所要证明的不等式成立．
[易误点评] (1)证明问题(1)有两处易误点：①不能利用分析法将其正确转化，从而无法找到证明问题的切入口；②不能灵活运用综合法将作差后的代数式变形，从而导致无法证明不等式成立．
(2)证明问题(2)时常因忽视条件“1[防范措施] (1)在解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程．(2)通过a，b，c的范围得到lga b≥1，lgb c≥1，联想到x≥1，y≥1，从而可令lga b＝x，lgb c＝y，再利用对数换底公式，把不等式转化为关于x，y的不等式．
[跟踪练习] 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，求证：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))为偶函数．
证明：由函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，
可知f(x＋1)＝f(－x)．
将x换成x－eq \f(1,2)代入上式可得
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)＋1))＝feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))))，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)))，
由偶函数的定义可知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))为偶函数．
A组 考点能力演练
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，a，b是正实数，A＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq \r(ab))，C＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ab,a＋b)))，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：∵eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)≥eq \f(2ab,a＋b).
又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上为减函数．
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))≤f(eq \r(ab))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2ab,a＋b)))
即A≤B≤C，选A.
答案：A
2．(2016·宁波模拟)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eq \r(b2－ac)A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
解析：eq \r(b2－ac)⇔(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
3．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：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)答案：A
4．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，则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：由已知条件，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝2b， ①,x2＝ab， ②,y2＝bc. ③))
由②③得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b).))代入①，得eq \f(x2,b)＋eq \f(y2,b)＝2b，
即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列．
答案：B
5．(2016·大连模拟)设S是至少含有两个元素的集合，在S上定义了一个二元运算“*”(即对任意的a，b∈S，对于有序元素对(a，b)，在S中有唯一确定的元素a*b与之对应)，若对任意的a，b∈S，有a*(b*a)＝b，则对任意的a，b∈S，下列等式中不恒成立的是( )
A．(a*b)*a＝a B．[a*(b*a)]*(a*b)＝a
C．b*(b*b)＝b D．(a*b)*[b*(a*b)]＝b
解析：由已知条件可得对任意a，b∈S，a*(b*a)＝b，则b*(b*b)＝b，[a*(b*a)]*(a*b)＝b*(a*b)＝a，(a*b)*[b*(a*b)]＝(a*b)*a＝b，即选项B，C，D中的等式均恒成立，仅选项A中的等式不恒成立．故选A.
答案：A
6．(2016·华师附中一模)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)⇔(eq \r(a)－eq \r(b))2·(eq \r(a)＋eq \r(b))>0⇔a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
7．若P＝eq \r(a)＋eq \r(a＋7)，Q＝eq \r(a＋3)＋eq \r(a＋4)(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．
解析：∵P2＝2a＋7＋2eq \r(a)eq \r(a＋7)＝2a＋7＋2eq \r(a2＋7a)，Q2＝2a＋7＋2eq \r(a＋3)eq \r(a＋4)＝2a＋7＋2eq \r(a2＋7a＋12)，∴P20，Q>0，∴P答案：P8．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|答案：“存在x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，则|f(x1)－f(x2)|≥eq \f(1,2)”
9．已知a，b，m为非零实数，且a2＋b2＋2－m＝0，eq \f(1,a2)＋eq \f(4,b2)＋1－2m＝0.
(1)求证：eq \f(1,a2)＋eq \f(4,b2)≥eq \f(9,a2＋b2)；
(2)求证：m≥eq \f(7,2).
证明：(1)(分析法)要证eq \f(1,a2)＋eq \f(4,b2)≥eq \f(9,a2＋b2)成立，只需证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(4,b2)))(a2＋b2)≥9，
即证1＋4＋eq \f(b2,a2)＋eq \f(4a2,b2)≥9，即证eq \f(b2,a2)＋eq \f(4a2,b2)≥4.
根据基本不等式，有eq \f(b2,a2)＋eq \f(4a2,b2)≥2 eq \r(\f(b2,a2)·\f(4a2,b2))＝4成立，
所以原不等式成立．
(2)(综合法)因为a2＋b2＝m－2，eq \f(1,a2)＋eq \f(4,b2)＝2m－1，
由(1)，知(m－2)(2m－1)≥9，即2m2－5m－7≥0，解得m≤－1或m≥eq \f(7,2).
因为a2＋b2＝m－2>0，eq \f(1,a2)＋eq \f(4,b2)＝2m－1>0，所以m≥eq \f(7,2).
10．已知f(x)＝ax2＋bx＋c，若a＋c＝0，f(x)在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－eq \f(5,2).求证：a≠0且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))<2.
证明：假设a＝0或eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))≥2.
(1)当a＝0时，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，显然b≠0.
由题意得f(x)＝bx在[－1,1]上是单调函数，
所以f(x)的最大值为|b|，最小值为－|b|.
由已知条件，得|b|＋(－|b|)＝2－eq \f(5,2)＝－eq \f(1,2)，
这与|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.
(2)当eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))≥2时，由二次函数的对称轴为x＝－eq \f(b,2a)，知f(x)在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝a＋b＋c＝2，,f－1＝a－b＋c＝－\f(5,2)，))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝a＋b＋c＝－\f(5,2)，,f－1＝a－b＋c＝2.))
又a＋c＝0，则此时b无解，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))<2.
由(1)(2)，得a≠0且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))<2.
B组 高考题型专练
1．(2014·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：反证法中否定结论需全否定，“至少有一个”的否定为“一个也没有”．
答案：A
2．(2013·高考北京卷改编)给定数列a1，a2，…，an，对i＝1,2，…，n－1，该数列前i项的最大值记为Ai，后n－i项ai＋1，ai＋2，…，an的最小值记为Bi，di＝Ai－Bi.
(1)设数列{an}为3,4,7,1，写出d1，d2，d3的值；
(2)设a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于1的等比数列，且a1>0，证明：d1，d2，…，dn－1是等比数列．
解：(1)d1＝2，d2＝3，d3＝6.
(2)证明：因为a1>0，公比q>1，
所以a1，a2，…，an是递增数列．
因此，对i＝1,2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.
于是对i＝1,2，…，n－1，
di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.
因此di≠0且eq \f(di＋1,di)＝q(i＝1,2，…，n－2)，
即d1，d2，…，dn－1是等比数列．