1、13.2直接证明与间接证明直接证明与间接证明 最新考纲考情考向分析 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.了解反证法的思考过程和特点. 本节主要内容是直接证明的方法综合法和分析 法，间接证明的方法反证法，它常以立体几何中 的证明及相关选修内容中平面几何， 不等式的证明为 载体加以考查， 注意提高分析问题、 解决问题的能力； 在高考中主要以解答题的形式考查，难度中档. 1直接证明 (1)综合法 定义：一般地，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 框图表示： PQ
2、1 Q1Q2 Q2Q3 QnQ (其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所要证明的结论) 思维过程：由因导果 (2)分析法 定义：一般地，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 框图表示： QP1 P1P2 P2P3 得到一个明显成立的条件 (其中 Q 表示要证明的结论) 思维过程：执果索因 2间接证明 反证法：一般地，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，从而证明原命题成立的证明方法
3、题组一思考辨析 1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“ab”时，应假设“ab”() (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾() (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 7QBPQ CPQ2，又P0，Q0，PQ. 3P91B 组 T2设实数 a，b，c 成等比数列，非零实数 x，y 分别为 a 与 b，b 与 c 的等差中 项，则a x c y等于( ) A1B2C4D
4、6 答案B 解析由题意，得 xab 2 ，ybc 2 ，b2ac， xyabbc 4 ， a x c y aycx xy abc 2 cab 2 xy abccab 2xy abbc2ac 2xy abbcacb 2 2xy abbc 2xy abbc 2abbc 4 2. 题组三易错自纠 4若 a，b，c 为实数，且 ab0，则下列命题正确的是() Aac2abb2 C.1 a a b 答案B 解析a2aba(ab)， ab0，ab0， a2ab. 又 abb2b(ab)0，abb2， 由得 a2abb2. 5用反证法证明命题：“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，
5、要作 的假设是() A方程 x3axb0 没有实根 B方程 x3axb0 至多有一个实根 C方程 x3axb0 至多有两个实根 D方程 x3axb0 恰好有两个实根 答案A 解析方程 x3axb0 至少有一个实根的反面是方程 x3axb0 没有实根，故选 A. 6(2017德州一模)如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦 值，则A2B2C2是_三角形 答案钝角 解析由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于 0，则A1B1C1是锐角三角形，假设 A2B2C2是锐角三角形 由 sin A2cos A1sin 2A 1 ， sin B2cos B1sin 2B
6、1 . sin C2cos C1sin 2C 1 ， 得 A2 2A 1， B2 2B 1， C2 2C 1. 那么，A2B2C2 2，这与三角形内角和为相矛盾 所以假设不成立假设A2B2C2是直角三角形，不妨设 A2 2，则 cos A 1sin A21，A10， 矛盾 所以A2B2C2是钝角三角形. 题型一题型一综合法的应用综合法的应用 1(2018绥化模拟)设 a，b，c 均为正实数，则三个数 a1 b，b 1 c，c 1 a( ) A都大于 2B都小于 2 C至少有一个不大于 2D至少有一个不小于 2 答案D 解析a0，b0，c0， a1 b b1 c c1 a a1 a b1 b c
7、1 c 6， 当且仅当 abc1 时，“”成立，故三者不能都小于 2，即至少有一个不小于 2. 2 (2018大庆 质检 )如果 aa bb ab ba成立 ，则 a ，b 应满 足的 条件 是 _ 答案a0，b0 且 ab 解析a ab b(a bb a) a(ab) b(ba) ( a b)(ab) ( a b)2( a b) 当 a0，b0 且 ab 时，( a b)2( a b)0. a ab ba bba成立的条件是 a0，b0 且 ab. 3(2018武汉月考)若 a，b，c 是不全相等的正数，求证： lgab 2 lgbc 2 lgca 2 lg alg blg c. 证明a，b
8、，c(0，)， ab 2 ab 0，bc 2 bc 0，ac 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， ab 2 bc 2 ca 2 abc0 成立 上式两边同时取常用对数，得 lg ab 2 bc 2 ca 2lg abc， lgab 2 lgbc 2 lgca 2 lg alg blg c. 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 题型二
9、题型二分析法的应用分析法的应用 典例 (2018长沙模拟)已知函数 f(x)tan x，x 0， 2 ，若 x1，x2 0， 2 ，且 x1x2，求证： 1 2f(x 1)f(x2)f x1x2 2. 证明要证1 2f(x 1)f(x2)f x1x2 2， 即证明1 2(tan x 1tan x2)tan x1x2 2 ， 只需证明1 2 sin x1 cos x1 sin x2 cos x2tan x1x2 2 ， 只需证明 sinx1x2 2cos x1cos x2 sinx1x2 1cosx1x2. 由于 x1，x2 0， 2 ，故 x1x2(0，) 所以 cos x1cos x20，s
10、in(x1x2)0,1cos(x1x2)0， 故只需证明 1cos(x1x2)2cos x1cos x2， 即证 1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2， 即证 cos(x1x2)f x1x2 2. 引申探究 若本例中 f(x)变为 f(x)3x2x，试证：对于任意的 x1，x2R，均有fx1fx2 2 f x1x2 2. 证明要证明fx1fx2 2 f x1x2 2， 即证明 12 12 (32 )(32) 2 xx xx 12 2 3 xx 2x1x2 2 ， 因此只要证明 12 33 2 xx (x1x2) 12 2 3 xx (x1x2)， 即证明
11、 12 33 2 xx 12 2 3 xx ， 因此只要证明 12 33 2 xx 12 33 xx ， 由于当 x1，x2R 时， 1 3x0, 2 3x0， 由基本不等式知 12 33 2 xx 12 33 xx 显然成立，当且仅当 x1x2时，等号成立故原结论成 立 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解决的关键 (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 跟踪训练 已知 a0，证明：a2 1 a
12、2 2 a 1 a2. 证明要证a2 1 a2 2 a 1 a2， 只需证a2 1 a2 a1 a (2 2) 因为 a0，所以 a1 a (2 2)0， 所以只需证 a2 1 a2 2 a1 a 2 2 2， 即 2(2 2) a1 a 84 2， 只需证 a1 a2. 因为 a0，a1 a2 显然成立(当 a 1 a1 时等号成立)，所以要证的不等式成立 题型三题型三反证法的应用反证法的应用 命题点 1证明否定性命题 典例 (2018株州月考)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 q1，证明：数列an1不是等比数列 (1)解设an的前 n 项和为 S
13、n，则 当 q1 时，Sna1a1a1na1； 当 q1 时，Sna1a1qa1q2a1qn 1， qSna1qa1q2a1qn， 得，(1q)Sna1a1qn， Sna11q n 1q ， Sn na1，q1， a11qn 1q ，q1. (2)证明假设an1是等比数列，则对任意的 kN*， (ak11)2(ak1)(ak21)， a2k12ak11akak2akak21， a21q2k2a1qka1qk 1a1qk1a1qk1a1qk1， a10，2qkqk 1qk1. q0，q22q10，q1，这与已知矛盾 假设不成立，故an1不是等比数列 命题点 2证明存在性命题 典例 已知四棱锥 S
14、ABCD 中，底面是边长为 1 的正方形，又 SBSD 2，SA1. (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 SA2AD2SD2，SAAD. 同理 SAAB. 又 ABADA，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. BCAD，BC平面 SAD. BC平面 SAD.而 BCBFB， 平面 FBC平面 SAD. 这与平面 SBC 和平面 SAD 有公共点
15、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 典例 (2018宜昌模拟)已知 M 是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意 f(x)M，方程 f(x)x0 有实数根； 函数 f(x)的导数 f(x)满足 0f(x)1. (1)判断函数 f(x)x 2 sin x 4 是不是集合 M 中的元素，并说明理由； (2)集合 M 中的元素 f(x)具有下面的性质：若 f(x)的定义域为 D，则对于任意m，nD，都存 在 x0(m，n)，使得等式 f(n)f(m)(nm)f(x0)成立试用这一性质证明：方程 f(x)x0 有且只有一个实数根 (1)解当
16、x0 时，f(0)0，所以方程 f(x)x0 有实数根 0； f(x)1 2 cos x 4 ，所以 f(x) 1 4， 3 4 ，满足条件 0f(x)1. 由可得，函数 f(x)x 2 sin x 4 是集合 M 中的元素 (2)证明假设方程 f(x)x0 存在两个实数根， ()，则 f()0，f()0. 不妨设，根据题意存在 c(，)， 满足 f()f()()f(c) 因为 f()，f()，且，所以 f(c)1. 与已知 0f(x)1 矛盾 又 f(x)x0 有实数根， 所以方程 f(x)x0 有且只有一个实数根 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
17、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； 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 pq 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 跟踪训练 若 f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(a2)，使函数 h(x) 1 x2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)1 2(x1) 21
18、，其图象的对称轴为 x1，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，即 1 2b 2b3 2b，解得 b1 或 b3. 因为 b1，所以 b3. (2)假设存在常数 a，b (a2)，使函数 h(x) 1 x2是区间a，b 上的“四维光军”函数， 因为 h(x) 1 x2在区间(2，)上单调递减， 所以有 hab， hba， 即 1 a2b， 1 b2a， 解得 ab，这与已知矛盾故不存在 反证法在证明题中的应用 典例 (12 分)(2018衡阳调研)直线 ykxm(m0)与椭圆 W： x2 4 y21 相交于 A，C 两
19、点，O 是坐标原点 (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 在证明否定性命题，存在性命题，唯一性命题时常考虑用反证法证明，应用反 证法需注意： (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 OA
20、BC 为菱形， 则 AC 与 OB 相互垂直平分 由于 O(0,0)，B(0,1)， 所以设点 A t，1 2 ，代入椭圆方程得t 2 4 1 41， 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 ACOB，所以 k0. 由 x24y24， ykxm， 消 y 并整理得(14k2)x28kmx4m240.6 分 设 A(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1x2 2 4km 14k2， y1y2 2 kx1x2 2 m m 14k2. 所以 AC 的中点为 M 4km 14k2， m 14k2.8 分 因为 M 为 AC 和
21、 OB 的交点，且 m0，k0， 所以直线 OB 的斜率为 1 4k， 因为 k 1 4k 1 41， 所以 AC 与 OB 不垂直10 分 所以四边形 OABC 不是菱形，与假设矛盾 所以当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不可能是菱形12 分 1 (2018岳阳调研)已知函数 f(x) 1 2 x， a， b 为正实数， Af ab 2， Bf( ab)， Cf 2ab ab ， 则 A，B，C 的大小关系为() AABCBACB CBCADCBA 答案A 解析因为ab 2 ab 2ab ab， 又 f(x) 1 2 x在 R 上是单调减函数， 故 f ab 2f(
22、 ab)f 2ab ab . 2 分析法又称执果索因法， 若用分析法证明： “设 abc， 且 abc0， 求证 b2ac0Bac0 C(ab)(ac)0D(ab)(ac)0 答案C 解析由题意知 b2ac 3ab2ac3a2 (ac)2ac3a2 a22acc2ac3a20 2a2acc20 (ac)(2ac)0(ac)(ab)0. 3(2017郑州模拟)设 x0，P2x2 x，Q(sin xcos x)2，则( ) APQBP0，所以 P2；又(sin x cos x)21sin 2x，而 sin 2x1，所以 Q2.于是 PQ.故选 A. 4已知 p3q32，证明：pq2.用反证法证明时
23、，可假设 pq2； 若 a，bR，|a|b|2，故中的假设错误；对于，其假设正确，故选 D. 5若1 a 1 b0，则下列结论不正确的是( ) Aa2b2Babb2 Cab|ab| 答案D 解析1 a 1 bab. a2b2，abb2，ab1；ab2；ab2；a2b22；ab1. 其中能推出：“a，b 中至少有一个大于 1”的条件是() AB CD 答案C 解析若 a1 2，b 2 3，则 ab1， 但 a1，b2，故推不出； 若 a2，b3，则 ab1，故推不出； 对于，即 ab2，则 a，b 中至少有一个大于 1， 下面用反证法证明： 假设 a1 且 b1， 则 ab2 与 ab2 矛盾，
24、 因此假设不成立，a，b 中至少有一个大于 1. 7用反证法证明命题“a，bR，ab 可以被 5 整除，那么 a，b 中至少有一个能被 5 整除”， 那么假设的内容是_ 答案a，b 都不能被 5 整除 8(2018邢台调研) 6 7与 2 2 5的大小关系为_ 答案6 72 2 5 解析要比较 6 7与 2 2 5的大小， 只需比较( 6 7)2与(2 2 5)2的大小， 只需比较 67242与 85410的大小， 只需比较 42与 210的大小，只需比较 42 与 40 的大小，4240， 6 72 2 5. 9已知点 An(n，an)为函数 y x21图象上的点，Bn(n，bn)为函数 y
25、x 图象上的点，其中 nN*，设 cnanbn，则 cn与 cn1的大小关系为 _ 答案cn1cn 解析由条件得 cnanbn n21n 1 n21n， 则 cn随 n 的增大而减小，cn1M；或者存在正整数 m，使得 cm，cm1，cm2，是等差数列 (1)解c1b1a1110， c2maxb12a1，b22a2 max121,3221， c3maxb13a1，b23a2，b33a3 max131,332,5332. 当 n3 时， (bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0， 所以 bknak在 kN*上单调递减 所以 cnmaxb1a1n，b2a2n，bnann
26、b1a1n1n. 所以对任意 n1，cn1n，于是 cn1cn1， 所以cn是等差数列 (2)证明设数列an和bn的公差分别为 d1，d2， 则 bknakb1(k1)d2a1(k1)d1n b1a1n(d2nd1)(k1) 所以 cn b1a1nn1d2nd1，d2nd1， b1a1n，d2nd1. 当 d10 时， 取正整数 md2 d1，则当 nm 时，nd 1d2， 因此，cnb1a1n， 此时，cm，cm1，cm2，是等差数列 当 d10 时，对任意 n1， cnb1a1n(n1)maxd2,0 b1a1(n1)(maxd2,0a1) 此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列 当 d
27、10 时， 当 nd2 d1时，有 nd 1d2， 所以cn n b1a1nn1d2nd1 n n(d1)d1a1d2b1d2 n n(d1)d1a1d2|b1d2|. 对任意正数 M， 取正整数 mmax M|b1d2|a1d1d2 d1 ，d2 d1， 故当 nm 时，cn n M. 13(2018长春模拟)若二次函数 f(x)4x22(p2)x2p2p1，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 3，3 2 解析若二次函数 f(x)0 在区间1,1内恒成立， 则 f12p2p10， f12p23p90， 解得 p3 或 p3 2， 故满足题干要求
28、的 p 的取值范围为 3，3 2 . 14设 x1，y1，证明 xy 1 xy 1 x 1 yxy. 证明由于 x1，y1， 所以要证明 xy 1 xy 1 x 1 yxy， 只需证 xy(xy)1yx(xy)2. 将上式中的右式减左式，得 yx(xy)2xy(xy)1 (xy)21xy(xy)(xy) (xy1)(xy1)(xy)(xy1) (xy1)(xyxy1) (xy1)(x1)(y1) 因为 x1，y1， 所以(xy1)(x1)(y1)0， 从而所要证明的不等式成立 15(2018中山模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 anSn2. (1)求数列an的通项公式； (2)
29、求证：数列an中不存在三项按原来顺序成等差数列 (1)解当 n1 时，a1S12a12，则 a11. 又 anSn2，所以 an1Sn12， 两式相减得 an11 2a n， 所以an是首项为 1，公比为1 2的等比数列， 所以 an 1 2n 1. (2)证明假设存在三项按原来顺序成等差数列， 记为 ap1， aq1， ar1(pqr， 且 p， q， rN*)， 则 2 1 2q 1 2p 1 2r， 所以 22r q2rp1.(*) 又因为 pqk)总成立，则称数列an是“P(k)数列” (1)证明：等差数列an是“P(3)数列”； (2)若数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数
30、列”，证明：an是等差数列 证明(1)因为an是等差数列，设其公差为 d， 则 ana1(n1)d，从而，当 n4 时， ankanka1(nk1)da1(nk1)d 2a12(n1)d2an，k1,2,3， 所以 an3an2an1an1an2an36an， 因此等差数列an是“P(3)数列” (2)数列an既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当 n3 时，an2an1an1an24an， 当 n4 时，an3an2an1an1an2an3 6an. 由知，an3an24an1(anan1)， an2an34an1(an1an) 将代入，得 an1an12an，其中 n4， 所以 a3，a4，a5，是等差数列，设其公差为 d. 在中，取 n4，则 a2a3a5a64a4， 所以 a2a3d， 在中，取 n3，则 a1a2a4a54a3， 所以 a1a32d，所以数列an是等差数列
