2020优化方案高考总复习文科数学学案及练习第十二章复数、算法、推理与证明第4讲直接证明与间接证明

第4讲直接证明与间接证明1．直接证明直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．(1)综合法：一般地,利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等,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．综合法又称为：由因导果法(顺推证法)．(2)分析法：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．分析法又称为：执果索因法(逆推证法)．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．判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)综合法的思维过程是由因导果,逐步寻找已知的必要条件．()(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)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾．()(4)用反证法证明时,推出的矛盾不能与假设矛盾．()(5)常常用分析法寻找解题的思路与方法,用综合法展现解决问题的过程．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√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B．3个C．4个D．5个解析：选D.由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．(教材习题改编)设m＝1＋3,n＝22,则m与n的大小关系是()A ．m ＞nB ．m ≥nC ．m ＜nD ．m ≤n解析：选C.法一：m 2－n 2＝(1＋3)2－(22)2＝4＋23－8＝23－4＝12－16＜0,又m ＞0,n ＞0.所以m ＜n ,故选C.法二：假设m ≥n ,即1＋3≥2 2.则有(1＋3)2≥(22)2,即4＋23≥8,即23≥4,即3≥2,即3≥4,显然错误,所以m ＜n ,故选C.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___________________．答案：三角形三个内角都大于60°在不等边三角形中,a 为最大边,要想得到边a 的对角A 为钝角的结论,三边a ,b ,c 应满足________．解析：由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc <0,所以b 2＋c 2－a 2<0,即a 2>b 2＋c 2.答案：a 2>b 2＋c 2综合法(师生共研)(2018·高考江苏卷)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝AB ,AB 1⊥B 1C 1.求证：(1)AB ∥平面A 1B 1C ； (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .【证明】 (1)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB ∥A 1B 1. 因为AB ⊄平面A 1B 1C ,A 1B 1⊂平面A 1B 1C ,所以AB ∥平面A 1B 1C . (2)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1＝AB ,所以四边形ABB 1A 1为菱形, 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1,BC ∥B 1C 1,所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC ＝B ,A 1B ⊂平面A 1BC ,BC ⊂平面A 1BC ,所以AB 1⊥平面A 1BC .因为AB 1⊂平面ABB 1A 1,所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .综合法的证题思路(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．(一题多解)在△ABC 中,设a ,b ,c 分别是内角A ,B ,C 所对的边,且直线bx ＋y cos A ＋cos B ＝0与ax ＋y cos B ＋cos A ＝0平行,求证：△ABC 是直角三角形．证明：法一：由两直线平行可知b cos B －a cos A ＝0,由正弦定理可知sin B cos B －sin A cos A ＝0,即12sin 2B －12sin 2A ＝0,故2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π,即A ＝B 或A ＋B ＝π2.若A ＝B ,则a＝b ,cos A ＝cos B ,两直线重合,不符合题意,故A ＋B ＝π2,即△ABC 是直角三角形． 法二：由两直线平行可知b cos B －a cos A ＝0, 由余弦定理,得a ·b 2＋c 2－a 22bc ＝b ·a 2＋c 2－b 22ac ,所以a 2(b 2＋c 2－a 2)＝b 2(a 2＋c 2－b 2), 所以c 2(a 2－b 2)＝(a 2＋b 2)(a 2－b 2),所以(a 2－b 2)(a 2＋b 2－c 2)＝0,所以a ＝b 或a 2＋b 2＝c 2. 若a ＝b ,则两直线重合,不符合题意, 故a 2＋b 2＝c 2,即△ABC 是直角三角形．分析法(师生共研)已知函数f (x )＝3x －2x ,试证：对于任意的x 1,x 2∈R ,均有f （x 1）＋f （x 2）2≥f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 【证明】 要证明f （x 1）＋f （x 2）2≥f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22, 即证明（3x 1－2x 1）＋（3 x 2－2x 2）2≥3x 1＋x 22－2·x 1＋x 22,因此只要证明3 x 1＋3 x 22－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2),即证明3 x 1＋3 x 22≥3x 1＋x22,因此只要证明3 x 1＋3 x 22≥3x 1·3 x 2,由于x 1,x 2∈R 时,3x 1>0,3x 2>0,由基本不等式知3 x 1＋3 x 22≥3x 1·3 x 2,显然成立,故原结论成立．分析法的证题思路先从结论入手,由此逐步推出保证此结论成立的充分条件,而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．[提醒] 要注意书写格式的规范性．△ABC 的三个内角A ,B ,C 成等差数列,A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c .求证：1a ＋b ＋1b ＋c＝3a ＋b ＋c.证明：要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c,即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3,也就是证c a ＋b ＋a b ＋c ＝1,只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c ), 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2.又△ABC 三内角A ,B ,C 成等差数列,故B ＝60°, 由余弦定理,得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°, 即b 2＝c 2＋a 2－ac ,故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立． 于是原等式成立．反证法(师生共研)设a >0,b >0,且a ＋b ＝1a ＋1b .证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．【证明】 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab ,a >0,b >0,得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1,有a ＋b ≥2ab ＝2,即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立,则由a 2＋a <2及a >0,得0<a <1； 同理,0<b <1,从而ab <1,这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．反证法证题的一般思路反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律,排中律的一般形式是：或者是A ,或者是非A ,即在同一讨论过程中,A 和非A 有且仅有一个是正确的,不能有第三种情况出现．设{a n }是公比为q 的等比数列．(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1,证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 解：(1)设{a n }的前n 项和为S n , 则S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1,qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n ,两式相减得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ＝a 1(1－q n ), 当q ≠1时,S n ＝a 1（1－q n ）1－q ,当q ＝1时,S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1, 所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.(2)假设数列{a n ＋1}是等比数列, 则(a 1＋1)(a 3＋1)＝(a 2＋1)2, 即a 1a 3＋a 1＋a 3＋1＝a 22＋2a 2＋1, 因为{a n }是等比数列,公比为q ,所以a 1a 3＝a 22,a 2＝a 1q ,a 3＝a 1q 2,所以a 1(1＋q 2)＝2a 1q .即q 2－2q ＋1＝0,(q －1)2＝0,q ＝1, 这与已知q ≠1矛盾,所以假设不成立,故数列{a n ＋1}不是等比数列．逻辑推理——不等式证明中的核心素养设x ≥1,y ≥1,证明：x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy .【证明】 由于x ≥1,y ≥1, 要证x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ,只要证xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2, 只要证(xy )2－1＋(x ＋y )－xy (x ＋y )≥0, 只要证(xy －1)(xy ＋1－x －y )≥0, 只要证(xy －1)(x －1)(y －1)≥0.由于x ≥1,y ≥1,上式显然成立,所以原命题成立．由不等式的证明掌握逻辑推理的基本形式,表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系,对式子进行等价变形,进而通过证明不等式,体验逻辑推理的核心素养．设a ,b ,c 均为正数,且a ＋b ＋c ＝1,证明： ab ＋bc ＋ca ≤13.证明：由a 2＋b 2≥2ab ,b 2＋c 2≥2bc , c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1,即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1, 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1, 即ab ＋bc ＋ca ≤13.当且仅当“a ＝b ＝c ”时等号成立．[基础题组练]1．(2019·衡阳示范高中联考(二))用反证法证明某命题时,对结论：“自然数a ,b ,c 中恰有一个是偶数”的正确假设为( )A ．自然数a ,b ,c 中至少有两个偶数B ．自然数a ,b ,c 中至少有两个偶数或都是奇数C ．自然数a ,b ,c 都是奇数D ．自然数a ,b ,c 都是偶数解析：选B.“自然数a ,b ,c 中恰有一个是偶数”说明有且只有一个是偶数,其否定是“自然数a ,b ,c 均为奇数或自然数a ,b ,c 中至少有两个偶数”．2．分析法又称执果索因法,已知x >0,用分析法证明1＋x <1＋x2时,索的因是( )A ．x 2>2B ．x 2>4C ．x 2>0D ．x 2>1解析：选C.因为x >0,所以要证1＋x <1＋x 2,只需证(1＋x )2<⎝⎛⎭⎫1＋x 22,即证0<x 24,即证x 2>0,显然x 2>0成立,故原不等式成立．3．设a ＝3－2,b ＝6－5,c ＝7－6,则a 、b 、c 的大小顺序是( ) A ．a ＞b ＞c B ．b ＞c ＞a C ．c ＞a ＞bD ．a ＞c ＞b解析：选A.因为a ＝3－2＝13＋2,b ＝6－5＝16＋5,c ＝7－6＝17＋6,且7＋6＞6＋5＞3＋2＞0, 所以a ＞b ＞c .4．在△ABC 中,sin A sin C ＜cos A cos C ,则△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．不确定解析：选C.由sin A sin C ＜cos A cos C 得 cos A cos C －sin A sin C ＞0,即cos(A ＋C )＞0,所以A ＋C 是锐角, 从而B ＞π2,故△ABC 必是钝角三角形．5．用反证法证明命题“若x 2－(a ＋b )x ＋ab ≠0,则x ≠a 且x ≠b ”时,应假设为________． 解析：“x ≠a 且x ≠b ”的否定是“x ＝a 或x ＝b ”,因此应假设为x ＝a 或x ＝b . 答案：x ＝a 或x ＝b6．(2019·福州模拟)如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ,则a ,b 应满足的条件是__________． 解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a ,即(a －b )2(a ＋b )＞0,需满足a ≥0,b ≥0且a ≠b . 答案：a ≥0,b ≥0且a ≠b7．已知a ≥b >0,求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 证明：2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 因为a ≥b >0,所以a －b ≥0,a ＋b >0,2a ＋b >0, 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0,即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .8．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．解：(1)证明：由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2, 所以SA ⊥AD . 同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ,AB ⊂平面ABCD , AD ⊂平面ABCD , 所以SA ⊥平面ABCD .(2)假设在棱SC 上存在异于S ,C 的点F , 使得BF ∥平面SAD . 因为BC ∥AD ,BC ⊄平面SAD .所以BC ∥平面SAD ,而BC ∩BF ＝B ,所以平面FBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾, 所以假设不成立． 所以不存在这样的点F , 使得BF ∥平面SAD .[综合题组练]1．对于任意的两个实数对(a ,b )和(c ,d ),规定：(a ,b )＝(c ,d ),当且仅当a ＝c ,b ＝d ；运算“⊗”为：(a ,b )⊗(c ,d )＝(ac －bd ,bc ＋ad )；运算“⊕”为：(a ,b )⊕(c ,d )＝(a ＋c ,b ＋d ),设p ,q ∈R ,若(1,2)⊗(p ,q )＝(5,0),则(1,2)⊕(p ,q )＝( )A ．(4,0)B ．(2,0)C ．(0,2)D ．(0,－4)解析：选B.由(1,2)⊗(p ,q )＝(5,0)得⎩⎪⎨⎪⎧p －2q ＝5，2p ＋q ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，q ＝－2， 所以(1,2)⊕(p ,q )＝(1,2)⊕(1,－2)＝(2,0)．2．设f (x )是定义在R 上的奇函数,且当x ≥0时,f (x )单调递减,若x 1＋x 2>0,则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．恒为负值B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定正负解析：选A.由f (x )是定义在R 上的奇函数,且当x ≥0时,f (x )单调递减,可知f (x )是R 上的单调递减函数,由x 1＋x 2>0,可知x 1>－x 2,f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2),则f (x 1)＋f (x 2)<0.3．(综合型)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1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________．解析：法一(补集法)：令⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝－2p 2＋p ＋1≤0，f （1）＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32, 故满足条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 法二(直接法)：依题意有f (－1)＞0或f (1)＞0, 即2p 2－p －1＜0或2p 2＋3p －9＜0, 得－12＜p ＜1或－3＜p ＜32,故满足条件的p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－3，32.答案：⎝⎛⎭⎫－3，32 4．sin α与sin β分别是sin θ与cos θ的等差中项与等比中项,则cos 4β－4cos 4α＝________．解析：由题意得2sin α＝sin θ＋cos θ, sin 2β＝sin θcos θ, 所以cos 4β－4cos 4α ＝2cos 22β－1－4(2cos 22α－1) ＝2(1－2sin 2β)2－8(1－2sin 2α)2＋3＝2(1－2sin θcos θ)2－8⎣⎡⎦⎤1－2×⎝⎛⎭⎫sin θ＋cos θ222＋3＝2(sin θ－cos θ)4－2(sin θ－cos θ)4＋3＝3. 答案：35．设数列{a n }是公比为q 的等比数列,S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列； (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？解：(1)证明：假设数列{S n }是等比数列,则S 22＝S 1S 3,即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2),因为a 1≠0,所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2,即q ＝0,这与公比q ≠0矛盾,所以数列{S n }不是等比数列． (2)当q ＝1时,S n ＝na 1,故{S n }是等差数列； 当q ≠1时,{S n }不是等差数列,否则2S 2＝S 1＋S 3, 即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2), 得q ＝0,这与公比q ≠0矛盾．综上,当q ＝1时,数列{S n }是等差数列； 当q ≠1时,数列{S n }不是等差数列．6．(综合型)若f (x )的定义域为[a ,b ],值域为[a ,b ](a ＜b ),则称函数f (x )是[a ,b ]上的“四维光军”函数．(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1,b ]上的“四维光军”函数,求常数b 的值；(2)是否存在常数a ,b (a ＞－2),使函数h (x )＝1x ＋2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)由已知得g (x )＝12(x －1)2＋1,其图象的对称轴为x ＝1,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12b 2－b ＋32＝b ,解得b ＝1或b ＝3. 因为b ＞1,所以b ＝3.(2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ,b ](a ＞－2)上是“四维光军”函数,因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2,＋∞)上单调递减,所以有⎩⎪⎨⎪⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，即⎩⎨⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ,这与已知矛盾．故不存在．。