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江苏专用2018版高考数学大一轮复习第十二章推理与证明算法复数12.2直接证明与间接证明教师用书文


12.2 直接证明与间接证明

1.直接证明 (1)综合法 ①定义:从已知条件出发,以已知的定义、公理、定理为依据,逐步下推,直到推出要证明 的结论为止,这种证明方法常称为综合法. ②框图表示: 已知条件 ? ?? ?? 结论 ③思维过程:由因导果. (2)分析法 ①定义:从问题的结论出发,追溯导致结论成立的条件,逐步上溯,直到使结论成立的条件 和已知条件或已知事实吻合为止.这种证明方法常称为分析法. ②框图表示: 结论 ????? 已知条件 ③思维过程:执果索因. 2.间接证明 反证法:要从否定结论开始,经过正确的推理,导致逻辑矛盾,从而达到新的否定(即肯定原 命题). 这个过程包括下面 3 个步骤: (1)反设——假设命题的结论不成立,即假定原结论的反面为真; (2)归谬——从反设和已知条件出发,经过一系列正确的逻辑推理,得出矛盾结果; (3)存真——由矛盾结果,断定反设不真,从而肯定原结论成立. 【思考辨析】 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)综合法是直接证明,分析法是间接证明.( × ) (2)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.( × ) (3)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“a<b”.( × ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾.( × )
1

(5) 在解决问题时,常常用分析法寻找解题的思路与方法,再用综合法展现解决问题的过 程.( √ ) (6)证明不等式 2+ 7< 3+ 6最合适的方法是分析法.( √ )

1.(2016·扬州质检)已知点 An(n,an)为函数 y= x +1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______________________. 答案 cn+1<cn 解析 由条件得
*

2

cn=an-bn= n2+1-n=

1

n +1+n

2



则 cn 随 n 的增大而减小,∴cn+1<cn. 2.用反证法证明命题:“a,b∈N,若 ab 不能被 5 整除,则 a 与 b 都不能被 5 整除”时, 假设的内容应为____________________________. 答案 a,b 至少有一个能被 5 整除 解析 “都不能”的否定为“至少有一个能”,故假设的内容应为“a,b 至少有一个能被 5 整除”. 3.要证 a +b -1-a b ≤0 只要证明________(填正确的序号). ①2ab-1-a b ≤0; ②a +b -1-
2 2 2 2 2 2 2 2 2

a4+b4
2

≤0;

?a+b? 2 2 ③ -1-a b ≤0; 2 ④(a -1)(b -1)≥0. 答案 ④ 解析 a +b -1-a b ≤0?(a -1)(b -1)≥0. 4.如果 a a+b b>a b+b a,则 a、b 应满足的条件是__________________________. 答案 a≥0,b≥0 且 a≠b 解析 ∵a a+b b-(a b+b a) = a(a-b)+ b(b-a) =( a- b)(a-b) =( a- b) ( a+ b).
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

∴当 a≥0,b≥0 且 a≠b 时,( a- b) ( a+ b)>0. ∴a a+b b>a b+b a成立的条件是 a≥0,b≥0 且 a≠b. 5. (2016·盐城模拟)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, ?,

2

f?x1?+f?x2?+?+f?xn? x1+x2+?+xn xn,有 ≤f( ),已知函数 y=sin x 在区间(0, n n
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?
3

≤f(

A+B+C
3

π )=f( ), 3

即 sin A+sin B+sin C≤3sin

π 3 3 = , 3 2

3 3 ∴sin A+sin B+sin C 的最大值为 . 2

题型一 综合法的应用 例 1 数列{an}满足 an+1=

an ,a1=1. 2an+1

1 (1)证明:数列{ }是等差数列;

an

1 1 1 1 n (2)求数列{ }的前 n 项和 Sn,并证明 + +?+ > . an S1 S2 Sn n+1 (1)证明 ∵an+1= , 2an+1 ∴ 即 1 1

an

an+1

2an+1 1 1 = ,化简得 =2+ ,

an

an+1 an

an

an+1 an

1 1 - =2,故数列{ }是以 1 为首项,2 为公差的等差数列.

1 (2)解 由(1)知 =2n-1,

an

∴Sn=

n?1+2n-1?
2

=n .

2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 方法一 + +?+ = 2+ 2+?+ 2> + +?+ =(1- )+( - )+? S1 S2 Sn 1 2 n 1×2 2×3 n?n+1? 2 2 3 1 1 1 n +( - )=1- = . n n+1 n+1 n+1
3

1 1 1 1 1 1 方法二 + +?+ = 2+ 2+?+ 2>1, S1 S2 Sn 1 2 n 又∵1>

n

n+1



1 1 1 n ∴ + +?+ > . S1 S2 Sn n+1 思维升华 (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. 若 a,b,c 是不全相等的正数,求证: lg

a+b
2

+lg

b+c
2

+lg

c+a
2

>lg a+lg b+lg c.

证明 ∵a,b,c∈(0,+∞), ∴

a+b
2

≥ ab >0,

b+c
2

≥ bc >0,

a+c
2

≥ ac >0.

由于 a,b,c 是不全相等的正数, ∴上述三个不等式中等号不能同时成立, ∴

a+b b+c c+a
2 · 2 · 2

>abc>0 成立.

上式两边同时取常用对数,得 lg(

a+b b+c c+a
2 2 · 2 · 2

)>lg abc,

∴lg

a+b

+lg

b+c
2

+lg

c+a
2

>lg a+lg b+lg c.

题型二 分析法的应用 例2 1 ? π? ? π? 已知函数 f(x)=tan x,x∈?0, ?,若 x1,x2∈?0, ?,且 x1≠x2,求证: [f(x1) 2? 2? 2 ? ?

+f(x2)]>f?

?x1+x2?. ? ? 2 ?

1 ?x1+x2?, 证明 要证 [f(x1)+f(x2)]>f? ? 2 ? 2 ? 1 x1+x2 即证明 (tan x1+tan x2)>tan , 2 2 1?sin x1 sin x2? x1+x2 + 只需证明 ? ?>tan 2 , 2?cos x1 cos x2? sin?x1+x2? sin?x1+x2? 只需证明 > . 2cos x1cos x2 1+cos?x1+x2?

? π? 由于 x1,x2∈?0, ?,故 x1+x2∈(0,π ). 2? ?
4

所以 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, ?,x1≠x2 知上式显然成立, 2? ?
1 ?x1+x2?. 因此 [f(x1)+f(x2)]>f? ? 2 ? 2 ? 引申探究 若本例中 f(x) 变为 f(x) = 3 - 2x ,试证:对于任意的 x1 , x2∈R ,均有 ≥f?
x

f?x1?+f?x2?
2

?x1+x2?. ? ? 2 ?
f?x1?+f?x2?
2 ≥f?

证明 要证明

?x1+x2?, ? ? 2 ?
x1 ? x2 2

?3x1-2x1?+?3x2-2x2? 即证明 ≥3 2 3x1+3x2 因此只要证明 -(x1+x2)≥ 3 2 3x1+3x2 即证明 ≥3 2
x1 ? x2 2

-2·

x1+x2
2



x1 ? x2 2

-(x1+x2),



3x1+3x2 因此只要证明 ≥ 3x1·3x2, 2 由于 x1,x2∈R 时,3x1>0,3x2>0, 3x1+3x2 由基本不等式知 ≥ 3x1·3x2显然成立,故原结论成立. 2 思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想, 通过反推, 逐步寻找使结论成立的充分 条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键. (2)证明较复杂的问题时,可以采用两头凑的办法,即通过分析法找出某个与结论等价(或充 分)的中间结论,然后通过综合法证明这个中间结论,从而使原命题得证. (2016·苏州模拟)下列各式: 1+0.1 1 0.2+ 3 0.2 2+7 2 72+π 72 > , > , > , > . 2+0.1 2 0.5+ 3 0.5 3+7 3 101+π 101 请你根据上述特点,提炼出一个一般性命题(写出已知,求证),并用分析法加以证明. 解 已知 a>b>0,m>0,求证:

b+m b > . a+m a

5

证明如下:∵a>b>0,m>0,欲证

b+m b > , a+m a

只需证 a(b+m)>b(a+m),只需证 am>bm, 只需证 a>b,由已知得 a>b 成立, 所以

b+m b > 成立. a+m a

题型三 反证法的应用 命题点 1 证明否定性命题 例 3 (2016·连云港模拟)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. (1)解 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+a1q +?+a1q
2

n-1

, ②



qSn=a1q+a1q2+?+a1qn,
①-②得,(1-q)Sn=a1-a1q , ∴Sn=
n

a1?1-qn? , 1-q

na1,q=1, ? ? ∴Sn=?a1?1-qn? ,q≠1. ? ? 1-q
(2)证明 假设{an+1}是等比数列,则对任意的 k∈N , (ak+1+1) =(ak+1)(ak+2+1),
2 *

a2 k+1+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
2k k k-1 k+1 k-1 k+1 a2 ·a1q +a1q +a1q , 1q +2a1q =a1q

∵a1≠0,∴2q =q
2

k

k-1

+q

k+1

.

∵q≠0,∴q -2q+1=0, ∴q=1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列. 命题点 2 证明存在性问题 例 4 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;
6

(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 SA +AD =SD ,∴SA⊥AD. 同理 SA⊥AB. 又 AB∩AD=A,AB? 平面 ABCD,AD? 平面 ABCD, ∴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.
2 2 2

∵BC∥AD,BC?平面 SAD. ∴BC∥平面 SAD.而 BC∩BF=B, ∴平面 FBC∥平面 SAD. 这与平面 SBC 和平面 SAD 有公共点 S 矛盾, ∴假设不成立. ∴不存在这样的点 F,使得 BF∥平面 SAD. 命题点 3 证明唯一性命题 例 5 已知 a≠0,证明关于 x 的方程 ax=b 有且只有一个根. 证明 由于 a≠0,因此方程至少有一个根 x= . 假设 x1,x2 是它的两个不同的根, 即 ax1=b, ① ②

b a

ax2=b,
由①-②得 a(x1-x2)=0, 因为 x1≠x2,所以 x1-x2≠0, 所以 a=0,这与已知矛盾,故假设错误. 所以当 a≠0 时,方程 ax=b 有且只有一个根. 思维升华 应用反证法证明数学命题,一般有以下几个步骤 第一步:分清命题“p? q”的条件和结论; 第二步:作出与命题结论 q 相反的假设綈 q;

7

第三步:由 p 和綈 q 出发,应用正确的推理方法,推出矛盾结果; 第四步:断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈 q 不真,于是原结论 q 成立,从而 间接地证明了命题 p? q 为真. 所说的矛盾结果,通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾, 与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果. 已知二次函数 f(x)=ax +bx+c(a>0)的图象与 x 轴有两个不同的交点, 若 f(c) =0,且 0<x<c 时,f(x)>0. 1 (1)证明: 是函数 f(x)的一个零点;
2

a

1 (2)试用反证法证明 >c.

a

证明 (1)∵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,

c 1 1 又 x1x2= ,∴x2= ( ≠c), a a a
1 ∴ 是 f(x)=0 的一个根.

a a

1 即 是函数 f(x)的一个零点. 1 1 (2)假设 <c,又 >0,由 0<x<c 时,f(x)>0,

a

a

1 1 1 知 f( )>0,与 f( )=0 矛盾,∴ ≥c,

a

a

a

1 1 又∵ ≠c,∴ >c.

a

a

22.反证法在证明题中的应用

典例 (14 分)直线 y=kx+m(m≠0)与椭圆 W: +y =1 相交于 A、C 两点,O 是坐标原点. 4 (1)当点 B 的坐标为(0,1),且四边形 OABC 为菱形时,求 AC 的长; (2)当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时,证明:四边形 OABC 不可能为菱形. 思想方法指导 在证明否定性问题,存在性问题,唯一性问题时常考虑用反证法证明,应用 反证法需注意:

x2

2

8

(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤, 正确作出假设是反证法的基础, 应用假设是反证法的 基本手段,得到矛盾是反证法的目的. (2)当证明的结论和条件联系不明显、 直接证明不清晰或正面证明分类较多、 而反面情况只有 一种或较少时,常采用反证法. (3)利用反证法证明时,一定要回到结论上去. 规范解答 (1)解 因为四边形 OABC 为菱形, 则 AC 与 OB 相互垂直平分. 由于 O(0,0),B(0,1),

? 1? 所以设点 A?t, ?, ? 2?
t 1 代入椭圆方程得 + =1, 4 4
则 t=± 3,故|AC|=2 3.[4 分] (2)证明 假设四边形 OABC 为菱形, 因为点 B 不是 W 的顶点,且 AC⊥OB, 所以 k≠0.
?x +4y =4, ? 由? ?y=kx+m, ?
2 2 2

消 y 并整理得(1+4k )x +8kmx+4m -4=0.[7 分] 设 A(x1,y1),C(x2,y2),则

2

2

2

x1+x2
2 =k·

4km y2+y2 =- 2, 1+4k 2 2 +m= 2. 1+4k

x1+x2

m

所以 AC 的中点为 M?

? -4km2, m 2?.[10 分] ? ?1+4k 1+4k ?

因为 M 为 AC 和 OB 的交点,且 m≠0,k≠0, 1 所以直线 OB 的斜率为- , 4k 1 ? 1? 因为 k·?- ?=- ≠-1, 4 ? 4k? 所以 AC 与 OB 不垂直.[13 分] 所以 OABC 不是菱形,与假设矛盾.

9

所以当点 B 不是 W 的顶点时,四边形 OABC 不可能是菱形.[14 分]

1.(2017·泰州月考)用反证法证明命题“设 a,b 为实数,则方程 x +ax+b=0 至少有一个 实根”时,要做的假设是__________________________. 答案 方程 x +ax+b=0 没有实根 解析 因为“方程 x +ax+b=0 至少有一个实根”等价于“方程 x +ax+b=0 有一个实根 或两个实根”,所以该命题的否定是“方程 x +ax+b=0 没有实根”. 3 2 2.若一元二次不等式 2kx +kx- <0 对一切实数 x 都成立,则 k 的取值范围为__________. 8 答案 (-3,0] 3 2 解析 若 2kx +kx- <0 对一切实数 x 都成立, 8 2k<0, ? ? 则必有? 3 2 Δ =k -4×2k×?- ?<0 ? 8 ? 解得-3<k≤0. 3.设 x,y,z>0,则关于三个数 + , + , + 的叙述正确的是________. ①都大于 2 ③至少有一个不小于 2 答案 ③ 解析 因为( + )+( + )+( + ) =( + )+( + )+( + )≥6, 当且仅当 x=y=z 时等号成立. 所以三个数中至少有一个不小于 2,③正确. 4.(2016·镇江模拟)若 P= a+ a+7,Q= a+3+ a+4(a≥0),则 P,Q 的大小关系是 ____________. 答案 P<Q 解析 ∵P =2a+7+2 a· a+7
2 2 2 2 2

2

或 k=0.

y y z z x x x z x y z y

②至少有一个大于 2 ④至少有一个不大于 2

y y x z y z z y

z z x y

x x z y

y x x y

z x x z

10

=2a+7+2 a +7a,

2

Q2=2a+7+2 a+3· a+4
=2a+7+2 a +7a+12, ∴P <Q ,∴P<Q. 5.(2016·苏州模拟)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能使 + ≥2 成立. 6.用反证法证明:若整系数一元二次方程 ax +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________. ①假设 a,b,c 都是偶数; ②假设 a,b,c 都不是偶数; ③假设 a,b,c 至多有一个偶数; ④假设 a,b,c 至多有两个偶数. 答案 ② 解析 “至少有一个”的否定为“都不是”,故②正确. 7.(2016·全国甲卷)有三张卡片,分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲,乙,丙三人各取走一 张卡片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”,乙看了丙的卡片后 说:“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”,丙说:“我的卡片上的数字之和不是 5”,则甲 的卡片上的数字是________. 答案 1 和 3 解析 由丙说:“我的卡片上的数字之和不是 5”可知,丙为“1 和 2”或“1 和 3”,又乙 说“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”,所以乙只可能为“2 和 3”,又甲说“我与乙的卡 片上相同的数字不是 2”,所以甲只能为“1 和 3”. 8.若二次函数 f(x)=4x -2(p-2)x-2p -p+1,在区间[-1,1]内至少存在一点 c,使
2 2 2 2 2 2

b a a b

b a a b

b a

a b

b a a b

f(c)>0,则实数 p 的取值范围是____________.
3? ? 答案 ?-3, ? 2

?

?

解析 若二次函数 f(x)≤0 在区间[-1,1]内恒成立,
11

则?

?f?-1?=-2p +p+1≤0, ? ? ?f?1?=-2p -3p+9≤0,
2

2

3 解得 p≤-3 或 p≥ , 2 3? ? 故满足题干条件的 p 的取值范围为?-3, ?. 2 ? ?

a+mb 2 a2+mb2 9.已知 m>0,a,b∈R,求证:( )≤ . 1+m 1+m
证明 因为 m>0,所以 1+m>0. 所以要证原不等式成立, 只需证(a+mb) ≤(1+m)(a +mb ), 即证 m(a -2ab+b )≥0, 即证(a-b) ≥0,而(a-b) ≥0 显然成立, 故原不等式得证. 10.设 f(x)=ax +bx+c(a≠0),若函数 f(x+1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称,求证:f(x 1 + )为偶函数. 2 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). 1 将 x 换成 x- 代入上式可得 2
2 2 2 2 2 2 2 2

f(x- +1)=f[-(x- )],
1 1 即 f(x+ )=f(-x+ ), 2 2 1 由偶函数的定义可知 f(x+ )为偶函数. 2 11.(2016·苏州模拟)已知函数 f(x)=a +
x

1 2

1 2

x-2 (a>1). x+1

(1)证明:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数; (2)用反证法证明方程 f(x)=0 没有负数根. 证明 (1)任取 x1,x2∈(-1,+∞), 不妨设 x1<x2,则 x2-x1>0. ∵a>1,∴ax2-x1>1 且 ax1>0, ∴ax2-ax1=ax1(ax2-x1-1)>0. 又∵x1+1>0,x2+1>0,

12

∴ =

x2-2 x1-2 ?x2-2??x1+1?-?x1-2??x2+1? - = x2+1 x1+1 ?x1+1??x2+1?
3?x2-x1? >0. ?x1+1??x2+1?

于是 f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+

x2-2 x1-2 - >0, x2+1 x1+1

故函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)假设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0, 则 ax0=-

x0-2 . x0+1

∵a>1,∴0<ax0<1, ∴0<-

x0-2 1 <1,即 <x0<2,与假设 x0<0 相矛盾, x0+1 2

故方程 f(x)=0 没有负数根. 1 3 12.(2016·浙江)设函数 f(x)=x + ,x∈[0,1],证明: 1+x (1)f(x)≥1-x+x ; 3 3 (2) <f(x)≤ . 4 2 1-?-x? 1-x 2 3 证明 (1)因为 1-x+x -x = = , 1-?-x? 1+x 1-x 1 由于 x∈[0,1],有 ≤ , 1+x x+1 即 1-x+x -x ≤
2 3 4 4 4 2

1
2

x+1



所以 f(x)≥1-x+x . (2)由 0≤x≤1 得 x ≤x, 故 f(x)=x + 3 3 + ≤ , 2 2 3 所以 f(x)≤ . 2
3 3

1

x+1

≤x+

1

x+ 1

=x+

1

x+1 2 2

3 3 ?x-1??2x+1? - + = 2?x+1?

? 1?2 3 3 2 由(1)得 f(x)≥1-x+x =?x- ? + ≥ , ? 2? 4 4
3 ?1? 19 3 又因为 f? ?= > ,所以 f(x)> . 4 ?2? 24 4 3 3 综上, <f(x)≤ . 4 2 13.(2015·课标全国Ⅱ)设 a,b,c,d 均为正数,且 a+b=c+d,证明: (1)若 ab>cd,则 a+ b> c+ d;

13

(2) a+ b> c+ d是|a-b|<|c-d|的充要条件. 证明 (1)因为( a+ b) =a+b+2 ab, ( c+ d) =c+d+2 cd, 由题设 a+b=c+d,ab>cd 得( a+ b) >( c+ d) . 因此 a+ b >
2 2 2 2

c+ d.
2 2,

(2)①若|a-b|<|c-d|,则(a-b) <(c-d) 即(a+b) -4ab<(c+d) -4cd. 因为 a+b=c+d,所以 ab>cd. 由(1)得 a+ b > ②若 a+ b >
2 2

c+ d.

c+ d,则( a+ b)2>( c+ d)2,

即 a+b+2 ab >c+d+2 cd. 因为 a+b=c+d,所以 ab>cd,于是 (a-b) =(a+b) -4ab<(c+d) -4cd=(c-d) . 因此|a-b|<|c-d|. 综上, a+ b >
2 2 2 2

c+ d是|a-b|<|c-d|的充要条件.

14


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