2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第11章算法復(fù)數(shù)與推理證明第4講直接證明與間接證明創(chuàng)新教學(xué)案含解析新人教版

PAGE第4講干脆證明與間接證明[考綱解讀]1.駕馭干脆證明的兩種基本方法：分析法與綜合法．(重點)2．能夠用反證法證明問題，駕馭反證法的步驟：①反設(shè)；②歸謬；③結(jié)論．(難點)3．綜合法、反證法證明問題是高考中的一個熱點，主要在學(xué)問交匯處命題，如數(shù)列、不等式等．[考向預(yù)料]從近三年高考狀況來看，本講是高考中的一個熱點．預(yù)料2024年將會以不等式、立體幾何、數(shù)列等學(xué)問為載體，考查分析法、綜合法與反證法的敏捷應(yīng)用，題型為解答題中的一問，試題難度中等.1．干脆證明內(nèi)容綜合法分析法定義利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、定理、公理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最終推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立從要證明的結(jié)論動身，逐步尋求使它成立的eq\o(□,\s\up1(01))充分條件，直到最終把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)實質(zhì)由因?qū)Ч麍?zhí)果索因框圖表示eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→…→eq\x(Qn?Q)eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→…→eq\x(得到一個明顯成立的條件)文字語言因為……所以……或由……得……要證……只需證……即證……2．間接證明間接證明是不同于干脆證明的又一類證明方法，反證法是一種常用的間接證明方法．(1)反證法的定義：假設(shè)原命題eq\o(□,\s\up1(01))不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最終得出沖突，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明eq\o(□,\s\up1(02))原命題成立的證明方法．(2)用反證法證明的一般步驟：①反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立；②歸謬——依據(jù)假設(shè)進行推理，直到推出沖突為止；③結(jié)論——斷言假設(shè)不成立，從而確定原命題的結(jié)論成立．1．概念辨析(1)綜合法是干脆證明，分析法是間接證明．()(2)分析法是從要證明的結(jié)論動身，逐步找尋使結(jié)論成立的充要條件．()(3)反證法是指將結(jié)論和條件同時否定，推出沖突．()(4)在解決問題時，常用分析法找尋解題的思路與方法，再用綜合法呈現(xiàn)解決問題的過程．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是()A．綜合法 B.分析法C．類比法 D.反證法答案B解析用分析法證明如下：要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，需證(eq\r(3)＋eq\r(7))2<(2eq\r(5))2，即證10＋2eq\r(21)<20，即證eq\r(21)<5，即證21<25，明顯成立，故原結(jié)論成立．用綜合法證明：因為(eq\r(3)＋eq\r(7))2－(2eq\r(5))2＝10＋2eq\r(21)－20＝2(eq\r(21)－5)<0，故eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5).反證法證明：假設(shè)eq\r(3)＋eq\r(7)≥2eq\r(5)，通過兩端平方后導(dǎo)出沖突，從而確定原結(jié)論．從以上證法中，可知最合理的是分析法．故選B.(2)命題“對于隨意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”過程應(yīng)用了()A．分析法B．綜合法C．綜合法、分析法綜合運用D．間接證明法答案B解析因為證明過程是“從左到右”，即由條件動身，經(jīng)過推理得出結(jié)論，屬于綜合法．故選B.(3)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要作的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根答案A解析因為“方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”等價于“方程x3＋ax＋b＝0的實根的個數(shù)大于或等于1”，因此，要作的假設(shè)是方程x3＋ax＋b

題型一分析法的應(yīng)用1．(2024·大同質(zhì)檢)分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a”索的因應(yīng)是()A．a(chǎn)－b>0 B.a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)<0答案C解析要證eq\r(b2－ac)<eq\r(3)a，只需證b2－ac<3a2，即證(a＋c)2－ac<3a2，即證2a2－ac－c2>0，即證(2a＋c)(a－c)>0，即證[2a－(a＋b)](a－c)>0，即證(a－b)(a－c)>0，故索的因應(yīng)是(a－b)(a－c)>0.2．(2024·天水一中模擬)(1)已知實數(shù)a，b滿意|a|<2，|b|<2，證明：2|a＋b|<|4＋ab|.(2)已知a>0，證明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明(1)要證2|a＋b|<|4＋ab|，只須要4a2＋8ab＋4b2<16＋8ab＋a2b2只需證4a2＋4b2<16＋a2b2只需證16－4a2－4b2＋a2b2即(4－a2)(4－b2)>0，因為|a|<2，|b|<2，所以a2<4，b2<4，所以(4－a2)(4－b2)>0成立．所以要證明的不等式成立．(2)要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，只需證a2＋eq\f(1,a2)＋4＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a2＋eq\f(1,a2)＋2＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，即證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a))).只需證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)＋2))，即證a2＋eq\f(1,a2)≥2，由基本不等式知此式明顯成立，所以原不等式成立．1．分析法證明問題的策略(1)逆向思索是用分析法證題的主要思想．(2)證明較困難的問題時，可以采納兩頭湊的方法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證．2．分析法的適用范圍及證題關(guān)鍵(1)適用范圍①已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、干脆．②證明過程中所須要用的學(xué)問不太明確、詳細(xì)．③含有根號、確定值的等式或不等式，從正面不易推導(dǎo)．見舉例說明2.(2)證題關(guān)鍵：保證分析過程的每一步都是可逆的．已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明要證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需證c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．題型二綜合法的應(yīng)用設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中m為常數(shù)，且m≠－3.(1)求證：{an}是等比數(shù)列；(2)若數(shù)列{an}的公比q＝f(m)，數(shù)列{bn}滿意b1＝a1，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))為等差數(shù)列．證明(1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.兩式相減，得(3＋m)an＋1＝2man，m≠－3，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2m,m＋3)，∴{an}是等比數(shù)列．(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1.又b1＝a1＝1，q＝f(m)＝eq\f(2m,m＋3)，∴當(dāng)n∈N且n≥2時，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)＝eq\f(3,2)·eq\f(2bn－1,bn－1＋3)?bnbn－1＋3bn＝3bn－1?eq\f(1,bn)－eq\f(1,bn－1)＝eq\f(1,3).∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是首項為1，公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列．1．利用綜合法證題的策略用綜合法證題是從已知條件動身，逐步推向結(jié)論，綜合法的適用范圍：(1)定義明確的問題；(2)已知條件明確，并且簡單通過分析和應(yīng)用條件逐步靠近結(jié)論的題型．2．綜合法證明問題的常見類型及方法(1)與不等式有關(guān)的證明：充分利用函數(shù)、方程、不等式間的關(guān)系，同時留意函數(shù)單調(diào)性、最值的應(yīng)用，尤其留意導(dǎo)數(shù)思想的應(yīng)用．(2)與數(shù)列有關(guān)的證明：充分利用等差、等比數(shù)列的定義通項及前n項和公式證明．見舉例說明.求證拋物線y2＝2px(p>0)，以過焦點的弦為直徑的圓必與x＝－eq\f(p,2)相切．證明如圖，作AA′，BB′垂直于準(zhǔn)線于點A′，B′，取AB的中點M，作MM′垂直于準(zhǔn)線于點M′.要證明以AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切，只需證|MM′|＝eq\f(1,2)|AB|，由拋物線的定義得|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，所以只需證|MM′|＝eq\f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)，由梯形的中位線定理知上式是成立的．所以，以過焦點的弦為直徑的圓必與x＝－eq\f(p,2)相切．題型三反證法的應(yīng)用1．(2024·衡水模擬)利用反證法證明：若eq\r(x)＋eq\r(y)＝0，則x＝y(tǒng)＝0，假設(shè)為()A．x，y都不為0 B.x，y不都為0C．x，y都不為0，且x≠y D.x，y至少有一個為0答案B解析x＝y(tǒng)＝0的否定為x≠0或y≠0，即x，y不都為0.2．設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導(dǎo){an}的前n項和公式；(2)設(shè)q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．解(1)設(shè){an}的前n項和為Sn，則當(dāng)q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對隨意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，2a1qk＝a1qk－1＋a1qk＋1∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知沖突．∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．1．反證法證明問題的三個步驟2．反證法的適用范圍(1)否定性命題；(2)命題的結(jié)論中出現(xiàn)“至少”“至多”“唯一”等詞語的；(3)當(dāng)命題成立特別明顯，而要干脆證明所用的理論太少，且不簡單說明，而其逆否命題又是特別簡單證明的；(4)要探討的狀況很困難，而反面狀況很少.1．已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個不小于1.證明假設(shè)a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，則有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，兩者沖突，所以假設(shè)不成立，故a，b，c至少有一個不小于1.2．已知四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝eq\r(2)，SA＝1.(1)求證：SA⊥平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點的位置；若不存在，請說明理由．解(1)證明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，所以SA⊥平面ABCD.(2)假設(shè)在棱SC上存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD.因為BC∥AD，BC?平面SAD.所以BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，所以平面FBC∥平面SAD.這與平面SBC和平面SAD有公共點S沖突，所以假設(shè)不成立．所以不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD.組基礎(chǔ)關(guān)1．(2024·淮南二中模擬)用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角中至多有一個鈍角”時，下列假設(shè)正確的是()A．三個內(nèi)角中至少有一個鈍角B．三個內(nèi)角中至少有兩個鈍角C．三個內(nèi)角都不是鈍角D．三個內(nèi)角都不是鈍角或至少有兩個鈍角答案B解析由于命題“三角形的內(nèi)角至多有一個鈍角”的否定為“三角形的內(nèi)角至少有兩個鈍角”，故用反證法證明命題“三角形的內(nèi)角至多有一個鈍角”時，應(yīng)假設(shè)“三個內(nèi)角中至少有兩個鈍角”．2．證明命題“f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函數(shù)”，一個同學(xué)給出的證法如下：因為f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)，又因為x>0，所以ex>1,0<eq\f(1,ex)<1，所以ex－eq\f(1,ex)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．他運用的證明方法是()A．綜合法 B.分析法C．反證法 D.以上都不是答案A解析由證明過程可知，他運用的方法是綜合法．3．分析法又稱執(zhí)果索因，已知x>0，用分析法證明eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)時，索的因是()A．x2>2 B.x2>4C．x2>0 D.x2>1答案C解析eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)?1＋x<1＋x＋eq\f(x2,4)?0<eq\f(x2,4)?x2>0.4．設(shè)x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，則()A．P>Q B.P<QC．P≤Q D.P≥Q答案A解析因為2x＋2－x≥2eq\r(2x·2－x)＝2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故選A.5．在等比數(shù)列{an}中，a1<a2<a3是數(shù)列{an}遞增的()A．充分不必要條件 B.必要不充分條件C．充要條件 D.既不充分也不必要條件答案C解析當(dāng)a1<a2<a3時，設(shè)公比為q，由a1<a1q<a1q2得，若a1>0，則1<q<q2，即q>1，此時，明顯數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，若a1<0，則1>q>q2，即0<q<1，此時，數(shù)列{an}也是遞增數(shù)列，反之，當(dāng)數(shù)列{an}是遞增數(shù)列時，明顯a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比數(shù)列{an}遞增的充要條件．6．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值 B.恒等于零C．恒為正值 D.無法確定正負(fù)答案A解析由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.故選A.7．若a>b>c，則使eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(k,a－c)恒成立的最大的正整數(shù)k為()A．2 B.3C．4 D.5答案C解析∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝a－b＋b－c.又eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(a－b＋b－c,a－b)＋eq\f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝b－c時等號成立．∴k≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)，k≤4，故k的最大整數(shù)為4.故選C.8．用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1”答案x≠－1且x≠1解析依據(jù)反證法的定義，應(yīng)首先假設(shè)命題的結(jié)論不成立，對本題而言即x≠－1且x≠1.9.eq\r(6)－2eq\r(2)與eq\r(5)－eq\r(7)的大小關(guān)系是________．答案eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)解析假設(shè)eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)，由分析法可得，要證eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)，只需證eq\r(6)＋eq\r(7)>eq\r(5)＋2eq\r(2)，即證13＋2eq\r(42)>13＋4eq\r(10)，即eq\r(42)>2eq\r(10).因為42>40，所以eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)成立．10．已知點An(n，an)為函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)圖象上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點，其中n∈N*，設(shè)cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關(guān)系為________．答案cn＋1<cn解析點An(n，an)為函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)圖象上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點，因此an＝eq\r(n2＋1)，bn＝n，cn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，因此數(shù)列{cn}為遞減數(shù)列，所以cn＋1<cn.組實力關(guān)1．已知x>0，y>0，且y－x>1，則eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)的值滿意()A.eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)都大于1B.eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)中至少有一個小于1C.eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)都小于1D．以上說法都不正確答案B解析∵x>0，y>0，且y－x>1，∴x<y－1，y>1，∴－x>1－y，∴eq\f(1－y,x)<eq\f(－x,x)＝－1.∵x<y－1，∴3x<3y－3，∴1＋3x<3y－2，∴eq\f(1＋3x,y)<eq\f(3y－2,y)＝3－eq\f(2,y).∵y>1，∴3－eq\f(2,y)>1，∴eq\f(1＋3x,y)可小于1，可等于1，也可大于1，故eq\f(1－y,x)，eq\f(1＋3x,y)中至少有一個小于1.故選B.2．(2024·涼山州模擬)十七世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家費馬提出猜想：“當(dāng)整數(shù)n>2時，關(guān)于x，y，z的方程xn＋yn＝zn沒有正整數(shù)解”．經(jīng)驗三百多年，于二十世紀(jì)九十年中期由英國數(shù)學(xué)家安德魯·懷爾斯證明白費馬猜想，使它終成費馬大定理，則下面說法正確的是()A．存在至少一組正整數(shù)組(x，y，z)使方程x3＋y3＝z3有解B．關(guān)于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理數(shù)解C．關(guān)于x，y的方程x3＋y3＝1沒有正有理數(shù)解D．當(dāng)整數(shù)n>3時，關(guān)于x，y的方程xn＋yn＝zn沒有正實數(shù)解答案C解析由于B，C兩個命題是對立的，故正確選項是這兩個中的一個．假設(shè)關(guān)于x，y的方程x3＋y3＝1有正有理數(shù)解，故x，y可寫成整數(shù)比值的形式，不妨設(shè)x＝eq\f(m,n)，y＝eq\f(b,a)，其中m，n為互質(zhì)的正整數(shù)，a，b為互質(zhì)的正整數(shù)．代入方程得eq\f(m3,n3)＋eq\f(b3,a3)＝1，兩邊乘以a3n3得(am)3＋(bn)3＝(an)3，由于am，bn，an都是正整數(shù)，這與費馬大定理沖突，故假設(shè)不成立，所以關(guān)于x，y的方程x3＋y3＝1沒有正有理數(shù)解.3．用反證法證明命題“若實數(shù)a，b，c，d滿意a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，則a，b，c，d中至少有一個是非負(fù)數(shù)”時，第一步要假設(shè)結(jié)論的否定成立，那么結(jié)論的否定是：________.答