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2014《步步高》高考数学第一轮复习13 直接证明与间接证明


§ 13.3

直接证明与间接证明

2014 高考会这样考

1.考查对直接证明和间接证明原理的理解和用法;2.以不等式、立体几

何、解析几何、函数与方程、数列知识为载体,考查分析法、综合法、反证法. 复习备考要这样做 1.抓住三种证明方法的特点,把握它们解题的一般步骤,熟悉三种方法
<

br />适用于解决问题的类型;2.加强训练,总结、体会解题中的一些技巧,灵活应用三种方法证 明一些实际问题.

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,最后 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 表示要证明的结论). (2)分析法 ①定义: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 . 2. 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,这样的证明方法叫做反证法. [难点正本 疑点清源] 1. 综合法证明问题是由因导果,分析法证明问题是执果索因. 2. 分析法与综合法相辅相成,对较复杂的问题,常常先从结论进行分析,寻求结论与条件、 基础知识之间的关系,找到解决问题的思路,再运用综合法证明,或者在证明时将两种 方法交叉使用.

1. 要证明“ 3+ 7<2 5”可选择的方法有以下几种,其中最合理的是________.(填序号) ①反证法,②分析法,③综合法. 答案 ② b a 2. 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 a b 的个数是________. 答案 3 b a b a 解析 要使 + ≥2,只要 >0 且 >0,即 a,b 不为 0 且同号即可,故有 3 个. a b a b 3. 已知函数 f(x)=lg 答案 -b 解析 ∵f(-x)=lg 1+x 1-x =-lg =-f(x), 1-x 1+x 1-x ,若 f(a)=b,则 f(-a)=______(用 b 表示). 1+x

∴f(x)为奇函数,∴f(-a)=-f(a)=-b. 4. 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 答案 D 解析 由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤正确. 5. 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° 答案 B 解析 因为“至少有一个”的反面是“一个也没有”,所以“三角形三个内角至少有一 个不大于 60° ”的否定是“三角形三个内角一个也没有不大于 60° 即“三个内角都大 ”, 于 60° ”,故选 B. ( ) B.3 个 C.4 个 D.5 个 ( )

题型一 综合法的应用

例1

1 1 1 已知 a,b,c 均为正数,证明:a2+b2+c2+?a+b+ c?2≥6 3,并确定 a,b,c 为何 ? ?

值时,等号成立. 1 1 2 1 思维启迪:利用 a2+b2≥2ab, 2+ 2≥ ,再利用 ab+ ≥2,根据这个解题思路去解 a b ab ab 答本题即可. 证明 因为 a, b,c 均为正数,由基本不等式得 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac, 所以 a2+b2+c2≥ab+bc+ac,① 1 1 1 1 1 1 同理 2+ 2+ 2≥ + + ,② a b c ab bc ac 1 1 1 1 1 1 故 a2+b2+c2+?a+b+c?2≥ab+bc+ac+3 +3 +3 ≥6 3.③ ? ? ab bc ac 所以原不等式成立. 当且仅当 a=b=c 时,①式和②式等号成立,当且仅当 a=b=c,(ab)2=(bc)2=(ac)2=3 时,③式等号成立. 1 即当且仅当 a=b=c=3 时,原式等号成立. 4 探究提高 综合法往往以分析法为基础,是分析法的逆过程,但更要注意从有关不等式 的定理、结论或题设条件出发,根据不等式的性质推导证明. 已知 a、b、c 为正实数,a+b+c=1. 1 求证:(1)a2+b2+c2≥ ; 3 (2) 3a+2+ 3b+2+ 3c+2≤6. 证明 1 (1)方法一 a2+b2+c2- 3

1 = (3a2+3b2+3c2-1) 3 1 = [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] 3 1 = (3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc) 3 1 = [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0, 3 1 ∴a2+b2+c2≥ . 3 方法二 c2, 1 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1,∴a2+b2+c2≥ . 3 ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+

1 1 1 方法三 设 a= +α,b= +β,c= +γ. 3 3 3 ∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0. 1 1 1 ∴a2+b2+c2=?3+α?2+?3+β?2+?3+γ?2 ? ? ? ? ? ? 1 2 = + (α+β+γ)+α2+β2+γ2 3 3 1 1 = +α2+β2+γ2≥ , 3 3 1 ∴a2+b2+c2≥ . 3 (2)∵ 3a+2= ?3a+2?×1≤ 同理 3b+2≤ 3a+2+1 3a+3 = , 2 2

3b+3 3c+3 , 3c+2≤ , 2 2

3?a+b+c?+9 ∴ 3a+2+ 3b+2+ 3c+2≤ =6, 2 ∴原不等式成立. 题型二 分析法的应用 例2

?a+mb?2≤a +mb . 已知 m>0,a,b∈R,求证:? ? 1+m ? 1+m ?
2 2

思维启迪:本题若使用综合法,不易寻求证题思路.可考虑使用分析法. 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 显然成立, 故原不等式得证. 探究提高 分析法的特点和思路是“执果索因”,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢 “已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等,运用分析法必须考虑 条件的必要性是否成立.通常采用“欲证—只需证—已知”的格式,在表达中要注意叙 述形式的规范性. 已知 a>0,求证: 证明 要证 只要证 1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2. a a

1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2, a a

1 1 a2+ 2+2≥a+ + 2. a a

∵a>0,故只要证?

?

1 1 ?2 2 a2+ 2+2 ≥?a+a+ 2? , ? ? a ?

1 即 a2+ 2+4 a 从而只要证 2

1 1 1 a2+ 2+4≥a2+2+ 2+2 2?a+a?+2, ? ? a a 1 1 a2+ 2≥ 2?a+a?, ? ? a

1 1 1 2 2 只要证 4?a +a2?≥2?a +2+a2?,即 a2+ 2≥2, ? ? ? ? a 而上述不等式显然成立,故原不等式成立. 题型三 反证法的应用 例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. 思维启迪:“至少有一个”的否定是“一个也没有”,即“三个方程都没有实数根”. 证明 假设三个方程都没有实数根,则
2 ??4a? -4?-4a+3?<0

? ??a-1?2-4a2<0 ??2a?2-4×?-2a?<0 ?
3 ∴- <a<-1. 2

?-2<a<2 ? ?? 1 a> 或a<-1 ? 3 ?-2<a<0
3 1



这与已知 a≥-1 矛盾,所以假设不成立,故原结论成立. 探究提高 结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”形式的不等式,或直接从正 面入手难以寻觅解题的突破口的问题,宜考虑使用反证法.用反证法证明命题时,推导 出的矛盾可能多种多样.有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实相违背等 等,推导出的矛盾必须是明显的. 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9+3 2. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn; Sn (2)设 bn= (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. n (1)解

?a1= 2+1 由已知得? ,∴d=2, ?3a1+3d=9+3 2

故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). Sn (2)证明 由(1)得 bn= =n+ 2. n
2 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 bq=bpbr.

即(q+ 2)2=(p+ 2)(r+ 2). ∴(q2-pr)+ 2(2q-p-r)=0.
?q2-pr=0 ? ∵p,q,r∈N ,∴? , ? ?2q-p-r=0
*

∴?

p+r?2 2 ? 2 ? =pr,(p-r) =0,∴p=r.

与 p≠r 矛盾. 所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.

分析法与综合法的整合

典例:(12 分)已知函数 f(x)=log2(x+2),a,b,c 是两两不相等的正数,且 a,b,c 成等比数 列,试判断 f(a)+f(c)与 2f(b)的大小关系,并证明你的结论. 审题视角 (1)先判断它们的大小,可用特例法.(2)用分析法探寻证题思路.(3)用综合法

完成证明.事实上,取 a=1,b=2,c=4,则 f(a)+f(c)=f(1)+f(4)=log23+log26= log218,2f(b)=2f(2)=2log24=log216,于是由 log218>log216,猜测 f(a)+f(c)>2f(b). 要证 f(a)+f(c)>2f(b),则只需证 log2(a+2)+log2(c+2)>2log2(b+2), 即证 log2(a+2)(c+2)>log2(b+2)2,也即证(a+2)(c+2)>(b+2)2. 展开整理得 ac+2(a+c)>b2+4b. 因为 b2=ac,所以只要证 a+c>2 ac,显然是成立的. 规范解答 解 f(a)+f(c)>2f(b).[2 分]

证明如下:因为 a,b,c 是两两不相等的正数, 所以 a+c>2 ac.[4 分] 因为 b2=ac,所以 ac+2(a+c)>b2+4b, 即 ac+2(a+c)+4>b2+4b+4, 从而(a+2)(c+2)>(b+2)2.[8 分] 因为 f(x)=log2x 是增函数, 所以 log2(a+2)(c+2)>log2(b+2)2,[10 分] 即 log2(a+2)+log2(c+2)>2log2(b+2). 故 f(a)+f(c)>2f(b).[12 分] 温馨提醒 (1)综合法和分析法各有其优缺点, 分析法利于思考, 综合法宜于表达, 因此,

在实际解题时,常常把分析法和综合法结合起来运用,先以分析法为主寻求解题思路,

再用综合法表述解答或证明过程.有时要把分析和综合结合起来交替使用,才能成功. (2)本题错误原因一是不会用分析法分析,找不到解决问题的切入口;二是不会用综合法 表述,从而导致解题格式不规范.将分析法和综合法整合,是证明数学问题的一种重要 的思想方法.

方法与技巧 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,容易寻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.实际证题时常常两法兼用,先用分析法探索证明途径,然后再用综合法叙述出来. 4. 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. 失误与防范 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 题推理而推出矛盾结果,其推理过程是错误的.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 1. 若 a,b,c 为实数,且 a<b<0,则下列命题正确的是 A.ac2<bc2 1 1 C. < a b 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. 2. 设 a=lg 2+lg 5,b=ex(x<0),则 a 与 b 大小关系为 A.a>b B.a<b C.a=b D.a≤b ( ) B.a2>ab>b2 b a D. > a b ( )

答案 A 解析 a=lg 2+lg 5=1,b=ex, 当 x<0 时,0<b<1,∴a>b. 3. 分析法又称执果索因法, 若用分析法证明: “设 a>b>c, a+b+c=0, 且 求证 b2-ac< 3 a”索的因应是 A.a-b>0 C.(a-b)(a-c)>0 答案 C 解析 由题意知 b2-ac< 3a?b2-ac<3a2 ?b2+a(a+b)<3a2?b2+a2+ab<3a2 ?b2+ab<2a2?2a2-ab-b2>0 ?a2-ab+a2-b2>0?a(a-b)+(a+b)(a-b)>0 ?a(a-b)-c(a-b)>0?(a-b)(a-c)>0,故选 C. 4. 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 答案 B 解析 自然数 a,b,c 中为偶数的情况为 a,b,c 全为偶数;a,b,c 中有两个数为偶 数;a,b,c 全为奇数;a,b,c 中恰有一个数为偶数,所以反设为 a,b,c 中至少有两 个偶数或都是奇数. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. 设 a>b>0,m= a- b,n= a-b,则 m,n 的大小关系是__________. 答案 m<n 解析 取 a=2,b=1,得 m<n.再用分析法证明: a- b< a-b? a< b+ a-b ?a<b+2 b· a-b+a-b?2 b· a-b>0,显然成立. 6. 用反证法证明命题“若实数 a,b,c,d 满足 a+b=c+d=1,ac+bd>1,则 a,b,c,d 中至少有一个是非负数”时,第一步要假设结论的否定成立,那么结论的否定是_____. 答案 a,b,c,d 全是负数 解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”,故结论的否定是“a,b,c,d 中没有 一个非负数,即 a,b,c,d 全是负数”. ) B.a-c>0 D.(a-b)(a-c)<0 ( )

7. 设 x,y,z 是空间的不同直线或不同平面,且直线不在平面内,下列条件中能保证“若 x⊥z,且 y⊥z,则 x∥y”为真命题的是________(填写所有正确条件的代号). ①x 为直线,y,z 为平面;②x,y,z 为平面;③x,y 为直线,z 为平面;④x,y 为平面, z 为直线;⑤x,y,z 为直线. 答案 ①③④ 解析 根据线面关系定理判定. 三、解答题(共 22 分) π π 1 8. (10 分)已知函数 f(x)=tan x,x∈?0,2?,若 x1,x2∈?0,2?,且 x1≠x2,求证: [f(x1)+ ? ? ? ? 2 f(x2)]>f? x1+x2? ? 2 ?.

x1+x2? 1 证明 要证明 [f(x1)+f(x2)]>f? 2 ? 2 ?, x1+x2 1 即证明 (tan x1+tan x2)>tan , 2 2 x1+x2 1 sin x1 sin x2 只需证明 ?cos x +cos x ?>tan , ? 2? 2 1 2 sin?x1+x2? sin?x1+x2? 只需证明 > . 2cos x1cos x2 1+cos?x1+x2? π 由于 x1、x2∈?0,2?,故 x1+x2∈(0,π). ? ? ∴cos x1cos x2>0,sin(x1+x2)>0, 1+cos(x1+x2)>0, 故只需证明 1+cos(x1+x2)>2cos x1cos x2, 即证 1+cos x1cos x2-sin x1sin x2>2cos x1cos x2, 即证 cos(x1-x2)<1. π 由 x1、x2∈?0,2?,x1≠x2 知上式是显然成立的. ? ? x1+x2? 1 因此, [f(x1)+f(x2)]>f? 2 ? 2 ?. 9. (12 分)已知四棱锥 S-ABCD 中,底面是边长为 1 的正方形,又 SB=SD= 2,SA=1. (1)求证:SA⊥平面 ABCD; (2)在棱 SC 上是否存在异于 S,C 的点 F,使得 BF∥平面 SAD?若存在,确定 F 点的位 置;若不存在,请说明理由.

(1)证明

由已知得 SA2+AD2=SD2, ∴SA⊥AD.同理 SA⊥AB. 又 AB∩AD=A,∴SA⊥平面 ABCD. (2)解 假设在棱 SC 上存在异于 S,C 的点 F,使得 BF∥平面 SAD.

∵BC∥AD,BC?平面 SAD. ∴BC∥平面 SAD.而 BC∩BF=B, ∴平面 SBC∥平面 SAD. 这与平面 SBC 和平面 SAD 有公共点 S 矛盾, ∴假设不成立.故不存在这样的点 F,使得 BF∥平面 SAD. B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) 1. 若 a,b∈R,则下面四个式子中恒成立的是 A.lg(1+a2)>0 C.a2+3ab>2b2 答案 B 解析 在 B 中, 2+b2-2(a-b-1)=(a2-2a+1)+(b2+2b+1)=(a-1)2+(b+1)2≥0, ∵a ∴a2+b2≥2(a-b-1)恒成立. 1 1 1 2. 设 a,b,c∈(-∞,0),则 a+ ,b+ ,c+ b c 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 答案 C 1 1 1 解析 因为 a+ +b+ +c+ ≤-6,所以三者不能都大于-2. b c a 3. 已知 f(1,1)=1,f(m,n)∈N*(m,n∈N*),且对任意 m,n∈N*都有:①f(m,n+1)=f(m, n)+2;②f(m+1,1)=2f(m,1).给出以下三个结论: (1)f(1,5)=9;(2)f(5,1)=16;(3)f(5,6)=26. 其中正确结论的个数为 ( ) ( ) B.a2+b2≥2(a-b-1) a a+1 D. < b b+1 ( )

A.3 答案 A 解析

B.2

C.1

D.0

(1)由 f(1,1)=1 和 f(m,n+1)=f(m,n)+2

得 f(1,2)=f(1,1+1)=f(1,1)+2=1+2=3, f(1,3)=f(1,2)+2=5,f(1,4)=f(1,3)+2=7, f(1,5)=f(1,4)+2=9; (2)由 f(1,1)=1 和 f(m+1,1)=2f(m,1) 得 f(2,1)=f(1+1,1)=2f(1,1)=2,f(3,1)=2f(2,1)=4, f(4,1)=2f(3,1)=8,f(5,1)=2f(4,1)=16; (3)由 f(m,n+1)=f(m,n)+2 得 f(5,6)=f(5,5)+2, 而 f(5,5)=f(5,4)+2,f(5,4)=f(5,3)+2, f(5,3)=f(5,2)+2,f(5,2)=f(5,1)+2=16+2=18, 则 f(5,6)=26. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 4. 关于 x 的方程 ax+a-1=0 在区间(0,1)内有实根,则实数 a 的取值范围是__________. 1 答案 ?2,1? ? ? 解析 (1)当 a=0 时,方程无解.

(2)当 a≠0 时, f(x)=ax+a-1, f(x)在区间(0,1)上是单调函数. 令 则 依题意, f(0)f(1)<0, 得 1 ∴(a-1)(2a-1)<0,∴ <a<1. 2 5. 若 a,b,c 为 Rt△ABC 的三边,其中 c 为斜边,那么当 n>2,n∈N*时,an+bn 与 cn 的 大小关系为____________. 答案 an+bn<cn 解析 取 a=b=1,c= 2,易知当 n>2 时,an+bn=2,cn=( 2)n=2· 2)n 2>2,由题 ( 意,an+bn 与 cn 的大小关系应该是确定的,故猜想 an+bn<cn.事实上,注意 a<c,b<c, n>2,所以有 an+bn=a2an 2+b2bn 2<a2cn 2+b2cn 2=(a2+b2)cn 2=cn,故 an+bn<cn. 6. 凸函数的性质定理为如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数,则对于区间 D 内的任意 x1,x2, f?x1?+f?x2?+?+f?xn? ?x1+x2+?+xn? ?,xn,有 ≤f n n ? ?,已知函数 y=sin x 在区间(0,π)上 是凸函数,则在△ABC 中,sin A+sin B+sin C 的最大值为________. 答案 3 3 2
- - - - - -

解析 ∵f(x)=sin x 在区间(0,π)上是凸函数, 且 A、B、C∈(0,π),



f?A?+f?B?+f?C? ?A+B+C? ?π? ≤f 3 ? 3 ?=f?3?,

π 3 3 即 sin A+sin B+sin C≤3sin = , 3 2 3 3 所以 sin A+sin B+sin C 的最大值为 . 2 三、解答题 a?x-1? 7. (13 分)已知函数 f(x)=ln x- . x+1 (1)若函数 f(x)在(0,+∞)上为单调递增函数,求 a 的取值范围; m-n m+n + (2)设 m,n∈R ,且 m>n,求证: < . ln m-ln n 2 (1)解
2 2 1 a?x+1?-a?x-1? ?x+1? -2ax x +?2-2a?x+1 f′(x)= - = . 2 2 = x ?x+1? x?x+1? x?x+1?2

因为 f(x)在(0,+∞)上为单调增函数, 所以 f′(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立. 即 x2+(2-2a)x+1≥0 在(0,+∞)上恒成立. 当 x∈(0,+∞)时,由 x2+(2-2a)x+1≥0, 1 得 2a-2≤x+ . x 1 设 g(x)=x+ ,x∈(0,+∞). x 1 g(x)=x+ ≥2 x 1 x·=2, x

1 所以当且仅当 x= ,即 x=1 时取等号, x 即 g(x)的最小值为 2. 则 2a-2≤2,即 a≤2. 故 a 的取值范围是(-∞,2]. m m -1 +1 n n m-n m+n (2)证明 要证 < ,只需证 < , m 2 ln m-ln n 2 ln n m m 2? n -1? 2? n -1? ? ? ? ? m m 即证 ln > ,则只需证 ln - >0. n m n m +1 +1 n n 2?x-1? 设 h(x)=ln x- . x+1 m 由(1),知 h(x)在(1,+∞)上是单调递增函数,又 >1, n

m 2? -1? ? m? m ?n 所以 h? n ?>h(1)=0.即 ln - >0 成立. ? n m +1 n m-n m+n 所以 < . ln m-ln n 2


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