一輪復習配套講義：第12篇-第2講-直接證明與間接證明

第2講直接證明與間接證明[最新考綱]1．了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程和特點．2．了解反證法的思考過程和特點.知識梳理1．直接證明(1)綜合法①定義：利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法．②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→…→Qn?Q(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結論)．③思維過程：由因導果．(2)分析法①定義：從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫做分析法．②框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一個明顯成立的條件(其中Q表示要證明的結論)．③思維過程：執(zhí)果索因．2．間接證明反證法：假設原命題不成立(即在原命題的條件下，結論不成立)，經過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明原命題成立的證明方法．辨析感悟對三種證明方法的認識(1)分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋找使結論成立的充要條件．(×)(2)反證法是指將結論和條件同時否定，推出矛盾．(×)(3)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．(√)(4)證明不等式eq\r(2)＋eq\r(7)＜eq\r(3)＋eq\r(6)最合適的方法是分析法．(√)[感悟·提升]兩點提醒一是分析法是“執(zhí)果索因”，特點是從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實際上是尋找使結論成立的充分條件，如(1)；二是應用反證法證題時必須先否定結論，把結論的反面作為條件，且必須根據這一條件進行推理，否則，僅否定結論，不從結論的反面出發(fā)進行推理，就不是反證法．所謂矛盾主要指：①與已知條件矛盾；②與假設矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與公認的簡單事實矛盾；⑤自相矛盾.考點一綜合法的應用【例1】(2013·新課標全國Ⅱ卷)設a，b，c均為正數，且a＋b＋c＝1，證明：(1)ab＋bc＋ac≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2aca2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).(2)因為eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.學生用書第203頁規(guī)律方法綜合法往往以分析法為基礎，是分析法的逆過程，但更要注意從有關不等式的定理、結論或題設條件出發(fā)，根據不等式的性質推導證明．【訓練1】(1)設a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.(2)已知a，b，c是全不相等的正實數，求證：eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＞3.證明(1)∵a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＋eq\f(a＋b,ab)＝1＋eq\f(b,a)＋1＋eq\f(a,b)＋eq\f(a＋b,ab)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋eq\f(a＋b,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2)＝2＋2＋4＝8，當且僅當a＝b＝eq\f(1,2)時，等號成立．(2)∵a，b，c全不相等，且都大于0.∴eq\f(b,a)與eq\f(a,b)，eq\f(c,a)與eq\f(a,c)，eq\f(c,b)與eq\f(b,c)全不相等，∴eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2，eq\f(c,a)＋eq\f(a,c)＞2，eq\f(c,b)＋eq\f(b,c)＞2，三式相加得eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)＋eq\f(c,b)＋eq\f(a,b)＋eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)＞6，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(c,a)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(a,b)－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)＋\f(b,c)－1))＞3，即eq\f(b＋c－a,a)＋eq\f(a＋c－b,b)＋eq\f(a＋b－c,c)＞3.考點二分析法的應用【例2】已知a＞0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.審題路線從結論出發(fā)?觀察不等式兩邊的符號?移項(把不等式兩邊都變?yōu)檎??平方?移項整理?平方?移項整理可得顯然成立的結論．證明(1)要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a＞0，故只需要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，從而只需要證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只需要證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立．規(guī)律方法(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件．正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵．(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證．【訓練2】已知m＞0，a，b∈R，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).證明∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證．考點三反證法的應用【例3】等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數列{an}的通項an與前n項和Sn；(2)設bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數列．(1)解由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)證明由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設數列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比數列，則beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，與p≠r矛盾．∴數列{bn}中任意不同的三項都不可能成等比數列.學生用書第204頁規(guī)律方法用反證法證明不等式要把握三點：(1)必須先否定結論，即肯定結論的反面；(2)必須從否定結論進行推理，即應把結論的反面作為條件，且必須依據這一條件進行推證；(3)推導出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實矛盾等，且推導出的矛盾必須是明顯的．【訓練3】已知a≥－1，求證三個方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2證明假設三個方程都沒有實數根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a2－4－4a＋3＜0，,a－12－4a2＜0，,2a2－4×－2a＜0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＜a＜\f(1,2)，,a＞\f(1,3)或a＜－1，,－2＜a＜0，))∴－eq\f(3,2)＜a＜－1.這與已知a≥－1矛盾，所以假設不成立，故原結論成立．1．分析法的特點：從未知看需知，逐步靠攏已知．2．綜合法的特點：從已知看可知，逐步推出未知．3．分析法和綜合法各有優(yōu)缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來．4．利用反證法證明數學問題時，要假設結論錯誤，并用假設的命題進行推理，沒有用假設命題推理而推出矛盾結果，其推理過程是錯誤的．答題模板13——反證法在證明題中的應用【典例】(14分)(2013·北京卷)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標原點．(1)當點B的坐標為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形．[規(guī)范解答](1)解因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分．(2分)所以可設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))，代入橢圓方程得eq\f(t2,4)＋eq\f(1,4)＝1，即t＝±eq\r(3).所以|AC|＝2eq\r(3).(5分)(2)證明假設四邊形OABC為菱形．因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m))消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，eq\f(y1＋y2,2)＝k·eq\f(x1＋x2,2)＋m＝eq\f(m,1＋4k2).所以AC的中點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).(9分)因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－eq\f(1,4k).(11分)因為k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))≠－1，所以AC與OB不垂直．(13分)所以四邊形OABC不是菱形，與假設矛盾．所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能為菱形．(14分)[反思感悟](1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，明確作假設是反證法的基礎，應用假設是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的．(2)當證明的結論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法．(3)利用反證法證明時，一定要回到結論上去．答題模板用反證法證明數學命題的答題模板：第一步：分清命題“p→q”的條件和結論；第二步：作出與命題結論q相矛盾的假定綈q；第三步：由p和綈q出發(fā)，應用正確的推理方法，推出矛盾結果；第四步：斷定產生矛盾結果的原因，在于所作的假設綈q不真，于是原結論q成立，從而間接地證明了命題.學生用書第205頁【自主體驗】設直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數k1，k2滿足k1k2＋2＝0.(1)證明：l1與l2相交；(2)證明：l1與l2的交點在橢圓2x2＋y2＝1上．證明(1)假設l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得keq\o\al(2,1)＋2＝0.這與k1為實數的事實相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交．(2)由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋1，,y＝k2x－1，))解得交點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2－k1)，\f(k2＋k1,k2－k1))).從而2x2＋y2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2－k1)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2＋k1,k2－k1)))2＝eq\f(8＋k\o\al(2,2)＋k\o\al(2,1)＋2k1k2,k\o\al(2,2)＋k\o\al(2,1)－2k1k2)＝eq\f(k\o\al(2,1)＋k\o\al(2,2)＋4,k\o\al(2,1)＋k\o\al(2,2)＋4)＝1，所以l1與l2的交點P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上．對應學生用書P381基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．(2014·安陽模擬)若a＜b＜0，則下列不等式中成立的是()．A.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)B．a＋eq\f(1,b)＞b＋eq\f(1,a)C．b＋eq\f(1,a)＞a＋eq\f(1,b)D.eq\f(b,a)＜eq\f(b＋1,a＋1)解析(特值法)取a＝－2，b＝－1，驗證C正確．答案C2．用反證法證明命題：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，則a，b中至少有一個能被5整除”時，反設正確的是()．A．a，b都不能被5整除B．a，b都能被5整除C．a，b中有一個不能被5整除D．a，b中有一個能被5整除解析由反證法的定義得，反設即否定結論．答案A3．(2014·上海模擬)“a＝eq\f(1,4)”是“對任意正數x，均有x＋eq\f(a,x)≥1”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解析當a＝eq\f(1,4)時，x＋eq\f(\f(1,4),x)≥2eq\r(x·\f(\f(1,4),x))＝1，當且僅當x＝eq\f(1,4x)，即x＝eq\f(1,2)時取等號；反之，顯然不成立．答案A4．(2014·張家口模擬)分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求證eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a”索的因應是()．A．a－b＞0B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0D．(a－b)(a－c)＜0解析由題意知eq\r(b2－ac)＜eq\r(3)a?b2－ac＜3a2?(a＋c)2－ac＜3a?a2＋2ac＋c2－ac－3a?－2a2＋ac＋c2?2a2－ac－c2?(a－c)(2a＋c)＞0?(a－c)(a－b答案C5．(2014·天津模擬)p＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)，q＝eq\r(ma＋nc)·eq\r(\f(b,m)＋\f(d,n))(m，n，a，b，c，d均為正數)，則p，q的大小為()．A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不確定解析q＝eq\r(ab＋\f(mad,n)＋\f(nbc,m)＋cd)≥eq\r(ab＋2\r(abcd)＋cd)＝eq\r(ab)＋eq\r(cd)＝p.答案B二、填空題6．下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的條件的個數是________．解析要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)>0且eq\f(a,b)>0成立，即a，b不為0且同號即可，故①③④能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立．答案37．已知a，b，m均為正數，且a＞b，則eq\f(b,a)與eq\f(b＋m,a＋m)的大小關系是________．解析eq\f(b,a)－eq\f(b＋m,a＋m)＝eq\f(ab＋bm－ab－am,aa＋m)＝eq\f(mb－a,aa＋m)，∵a，b，m＞0，且a＞b，∴b－a＜0，∴eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m).答案eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)8．設a，b是兩個實數，給出下列條件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”答案①三、解答題9．若a，b，c是不全相等的正數，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.證明∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)＞0.又上述三個不等式中等號不能同時成立．∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc成立．上式兩邊同時取常用對數，得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lgabc，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.10．(2014·鶴崗模擬)設數列{an}是公比為q的等比數列，Sn是它的前n項和．(1)求證：數列{Sn}不是等比數列；(2)數列{Sn}是等差數列嗎？為什么？(1)證明假設數列{Sn}是等比數列，則Seq\o\al(2,2)＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，因為a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，這與公比q≠0矛盾，所以數列{Sn}不是等比數列．(2)解當q＝1時，Sn＝na1，故{Sn}是等差數列；當q≠1時，{Sn}不是等差數列，否則2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2得q＝0，這與公比q≠0矛盾．綜上，當q＝1時，數列{Sn}是等差數列；當q≠1時，{Sn}不是等差數列．能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1．(2014·漳州一模)設a，b，c均為正實數，則三個數a＋eq\f(1,b)，b＋eq\f(1,c)，c＋eq\f(1,a)()．A．都大于2B．都小于2C．至少有一個不大于2D．至少有一個不小于2解析∵a＞0，b＞0，c＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥6，當且僅當a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.答案D2．已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a，b是正實數，A＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))，B＝f(eq\r(ab))，C＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b)))，則A，B，C的大小關系為()．A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．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\co1(\f(1,2)))x在R上是減函數，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))≤f(eq\r(ab))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2ab,a＋b))).答案A二、填空題3．(2014·株洲模擬)已知a，b，μ∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，則使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范圍是________．解析∵a，b∈(0，＋∞)，且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，∴a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9a,b)＋\f(b,a)))≥10＋2eq\r(9)＝16，當且僅當