【数学】2019届一轮复习人教A版11．4　直接证明与间接证明学案 19页

‎11．4　直接证明与间接证明 ‎[知识梳理]‎ ‎1．直接证明 ‎2．间接证明 间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．‎ ‎(1)反证法的定义：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．‎ ‎(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．‎ ‎[诊断自测]‎ ‎1．概念思辨 ‎(1)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．(　　)‎ ‎(2)证明不等式＋＜＋最适合的方法是分析法．(　　)‎ ‎(3)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(　　)‎ ‎(4)在解决问题时，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．(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√‎ ‎2．教材衍化 ‎(1)(选修A2－2P90例5)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”正确的反设为(　　)‎ A．a，b，c中至少有两个偶数 B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 C．a，b，c都是奇数 D．a，b，c都是偶数 答案　B 解析　a，b，c中恰有一个偶数说明有且仅有一个是偶数，其否定有a，b，c均为奇数或a，b，c中至少有两个偶数．故选B.‎ ‎(2)(选修A2－2P89T2)设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n 的大小关系是________．‎ 答案　m0，n>0，则m2－n2＝a＋b－2－a＋b＝2b－2＝2－2<0，∴m20，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式中恒成立的是(　　)‎ A.> B.＋≤1‎ C.≥2 D.≤ 答案　D 解析　∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2＝16.‎ ‎∴a2＋b2≥8，∴≤.故选D.‎ ‎(2)设a，b是两个实数，给出下列条件：‎ ‎①a＋b>2；②a2＋b2>2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于‎1”‎的条件是________．(填序号)‎ 答案　①‎ 解析　取a＝－2，b＝－1，则a2＋b2>2，从而②推不出．①能够推出，即若a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1.‎ 用反证法证明如下：‎ 假设a≤1，且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾．‎ 因此假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1.‎ 题型1　分析法的应用 　　已知a>0，证明： －≥a＋－2.‎ 本题证明时需要用分析法，在推导过程中用到平方法．‎ 证明　要证 －≥a＋－2，‎ 只需证 ≥－(2－)．‎ 因为a>0，所以－(2－)>0，‎ 所以只需证2≥2，‎ 即2(2－)≥8－4，‎ 只需证a＋≥2.‎ 因为a>0，a＋≥2显然成立，所以要证的不等式成立．‎ 方法技巧 ‎1．分析法证明问题的策略 ‎(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想．‎ ‎(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．‎ ‎2．分析法的适用范围及证题关键 ‎(1)适用范围 ‎①已知条件与结论之间的联系不够明显、直接．‎ ‎②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体．‎ ‎③含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导．‎ ‎(2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的．‎ 冲关针对训练 ‎(2018·天津期末)已知x>y>0，m>0.用分析法证明：(2－)≤1.‎ 证明　要用分析法证明：(2－)≤1，‎ 只需2－()2≤1，‎ 只需()2－2＋1≥0，‎ 即(－1)2≥0，‎ 因为x，y>0，且(－1)2≥0成立，‎ 所以(2－)≤1.‎ 题型2　综合法的应用 　　设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：‎ ‎(1)ab＋bc＋ca≤；(2)＋＋≥1.‎ 证明　(1)由a2＋b2≥2ab，‎ b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 由题设得(a＋b＋c)2＝1，‎ 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.‎ 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，‎ 即ab＋bc＋ca≤.‎ 当且仅当“a＝b＝c”时等号成立．‎ ‎(2)因为＋b≥‎2a，＋c≥2b，＋a≥‎2c，‎ 当且仅当“a2＝b2＝c‎2”‎时等号成立，‎ 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，‎ 即＋＋≥a＋b＋c.‎ 所以＋＋≥1.‎ 方法技巧 ‎1．利用综合法证题的策略 用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．‎ ‎2．综合法证明问题的常见类型及方法 ‎(1)与不等式有关的证明：充分利用函数、方程、不等式间的关系，同时注意函数单调性、最值的应用，尤其注意导数思想的应用．见典例．‎ ‎(2)与数列有关的证明：充分利用等差、等比数列的定义通项及前n项和公式证明．‎ 冲关针对训练 ‎(2017·黄冈模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中m为常数，且m≠－3.‎ ‎(1)求证：{an}是等比数列；‎ ‎(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求证：为等差数列．‎ 证明　(1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得 ‎(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.‎ 两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，m≠－3，‎ ‎∴＝，∴{an}是等比数列．‎ ‎(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，‎ ‎∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1.‎ b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，∴当n∈N且n≥2时，‎ bn＝f(bn－1)＝·⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－1⇒－＝.‎ ‎∴是首项为1，公差为的等差数列．‎ 题型3　反证法的应用 　　直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1相交于A，C两点，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．‎ 因菱形的对角线垂直且相互平分，所以由对角线的中点，求对角线的斜率，研究其是否垂直．‎ 解　(1)因为四边形OABC为菱形，‎ AC与OB相互垂直平分．‎ 可设A，代入椭圆方程得＋＝1，‎ 即t＝±，所以|AC|＝2.‎ ‎(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.‎ 由消y并整理得 ‎(1＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0.‎ 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则＝－，‎ ＝k·＋m＝.‎ AC的中点为M.‎ 因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，‎ 所以直线OB的斜率为－.‎ 因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直．‎ 所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．‎ 所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形．‎ 方法技巧 反证法的适用范围 ‎(1)否定性命题；‎ ‎(2)命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的；‎ ‎(3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；‎ ‎(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少．‎ 冲关针对训练 ‎(2017·济南质检)若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a－2)，使函数h(x)＝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　假设函数h(x)＝在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军”函数，因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，‎ 所以有即 解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．‎ ‎1．(2014·山东高考)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是(　　)‎ A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根 答案　A 解析　因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于‎1”‎，因此，要作的假设是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．故选A.‎ ‎2．(2017·郑州模拟)设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，则(　　)‎ A．P>Q B．P0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故选A.‎ ‎3．(2016·邹平期中)若a>b>c，则使＋≥恒成立的最大的正整数k为(　　)‎ A．2 B．‎3 C．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＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当a－b＝b－c时等号成立．‎ ‎∴k≤＋，k≤4，故k的最大整数为4.故选C.‎ ‎4．(2017·海淀区二模)一位手机用户前四次输入四位数字手机密码均不正确，第五次输入密码正确，手机解锁，事后发现前四次输入的密码中，每次都有两个数字正确，但它们各自的位置均不正确．已知前四次输入密码分别为3406,1630,7364,6173，则正确的密码中一定含有数字(　　)‎ A．4,6 B．3,‎6 C．3,7 D．1,7‎ 答案　D 解析　若正确的密码中一定含有数字3,6，而3,6在第1,2,3,4的位置都有，与它们各自的位置均不正确矛盾．同理正确的密码中一定含有数字4,6或3,7不正确．若正确的密码中一定含有数字1,7，而3,6在第1,2,3,4的位置都有，根据它们各自的位置均不正确，可得1在第三位置，7在第四位置．故选D.‎ ‎ [基础送分 提速狂刷练]‎ 一、选择题 ‎1．(2018·无锡质检)已知m>1，a＝－，b＝－，则以下结论正确的是(　　)‎ A．a>b B．a＋>0(m>1)，‎ ‎∴<，即a0，则三个数＋，＋，＋(　　)‎ A．都大于2 B．至少有一个大于2‎ C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2‎ 答案　C 解析　由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，‎ ‎∴＋，＋，＋中至少有一个不小于2.故选C.‎ ‎3．若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：0 B．a－c>0‎ C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0‎ 答案　C 解析　0⇔(a－c)(‎2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.故选C.‎ ‎4．已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，那么m的最大值等于(　　)‎ A．10 B．‎9 C．8 D．7‎ 答案　B 解析　∵a>0，b>0，∴‎2a＋b>0.‎ ‎∴不等式可化为m≤(‎2a＋b)＝5＋2.‎ ‎∵5＋2≥5＋4＝9，即其最小值为9，当且仅当a＝b时等号成立．‎ ‎∴m≤9，即m的最大值等于9.故选B.‎ ‎5．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x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)‎ A．恒为负值 B．恒等于零 C．恒为正值 D．无法确定正负 答案　A 解析　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x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)a＋b＋c B．a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac C．a2＋b2＋c2<2(ab＋bc＋ac)‎ D．a2＋b2＋c2>2(ab＋bc＋ac)‎ 答案　C 解析　c2＝a2＋b2－2abcosC，b2＝a2＋c2－2accosB，‎ a2＝b2＋c2－2bccosA，‎ ‎∴a2＋b2＋c2＝2(a2＋b2＋c2)－2(abcosC＋accosB＋bccosA)．‎ ‎∴a2＋b2＋c2＝2(abcosC＋accosB＋bccosA)<2(ab＋bc＋ac)．故选C.‎ ‎7．若△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(　　)‎ A．△A1B‎1C1和△A2B‎2C2都是锐角三角形 B．△A1B‎1C1和△A2B‎2C2都是钝角三角形 C．△A1B‎1C1是钝角三角形，△A2B‎2C2是锐角三角形 D．△A1B‎1C1是锐角三角形，△A2B‎2C2是钝角三角形 答案　D 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，且△A2B‎2C2不可能是直角三角形．假设△A2B‎2C2是锐角三角形．‎ 由 得 则A2＋B2＋C2＝，这与三角形内角和为180°相矛盾，因此假设不成立，‎ 故△A2B‎2C2是钝角三角形．故选D.‎ ‎8．(2017·昌平区二模)四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则所有比赛中最多可能出现的平局场数是(　　)‎ A．2 B．‎3 C．4 D．5‎ 答案　C 解析　四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，共比赛6场．‎ 每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．‎ 即每场比赛若不平局，则共产生3×6＝18分，每场比赛都平局，则共产生2×6＝12分．‎ 比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，‎ 则各队得分分别为：2,3,4,5或3,4,5,6.‎ 如果是3,4,5,6，则每场产生＝3分，没有平局产生，‎ 但是不可能产生4,5分，与题意矛盾，舍去．‎ 因此各队得分分别为：2,3,4,5.‎ 第一名得分5：5＝3＋1＋1，为一胜两平；‎ 第二名得分4：4＝3＋1＋0，为一胜一平一负；‎ 第三名得分3：根据胜场等于负场，只能为三平；‎ 第四名得分2：2＝1＋1＋0，为两平一负．‎ 则所有比赛中最多可能出现的平局场数是4.‎ 故选C.‎ 二、填空题 ‎9．(2017·南昌一模)设无穷数列{an}，如果存在常数A，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an－A|<ε成立，就称数列{an}的极限为A.则四个无穷数列：①{(－1)n×2}；②{n}；③；④.其极限为2的共有________个．‎ 答案　2‎ 解析　对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n是偶数时，|an－2|＝0，当n是奇数时，|an－2|＝4，所以不符合数列{an}的极限的定义，即2 不是数列{(－1)n×2}的极限；对于②，由|an－2|＝|n－2|<ε，得2－εN时，恒有|an－2|<ε，即2不是数列{n}的极限；对于③，由|an－2|＝＝＝<ε，得n>1－log2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数 N，使得n>N时，恒有|an－2|<ε成立，所以2是数列的极限；对于④，由|an－2|＝＝<ε，得n>，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ‎，使得n>N时，恒有|an－2|<ε成立，所以2是数列的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④.‎ ‎10．已知数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若S100＝41，T100＝49，设cn＝anTn＋bnSn－anbn(n∈N*)．那么数列{cn}的前100项和为________．‎ 答案　2009‎ 解析　∵an＝Sn－Sn－1，bn＝Tn－Tn－1，‎ 则cn＝anTn＋bnSn－anbn＝SnTn－Sn－1Tn－1，‎ ‎∴c100＝S100T100－S99T99，‎ c99＝S99T99－S98T98，‎ ‎…‎ c2＝S2T2－S1T1，‎ c1＝S1T1.‎ ‎∴数列{cn}的前100项和为S100T100＝41×49＝2009.‎ ‎11．设a>1，n∈N*，若不等式－1<恒成立，则n的最小值为________．‎ 答案　2‎ 解析　n＝1时，结论不成立．‎ n＝2时，不等式为－1<，‎ 即2－20，‎ ‎∵a>1，则有意义，‎ ‎∴不等式恒成立．‎ ‎12．设非等腰△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若＋＝，则A，B，C的关系是________．‎ 答案　2B＝A＋C 解析　∵＋＝，‎ ‎∴＝，‎ 即b2＝a2＋c2－ac，‎ 则有cosB＝＝，‎ ‎∴B＝60°，‎ ‎∴A，B，C的关系是成等差数列，即2B＝A＋C.‎ 三、解答题 ‎13．已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．‎ ‎(1)求证：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；‎ ‎(2)用反证法证明f(x)＝0没有负根．‎ 证明　(1)因为函数f(x)＝ax＋＝ax＋1－(a>1)，‎ 而函数y＝ax(a>1)和函数y＝－在(－1，＋∞)上都是增函数，‎ 故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．‎ ‎(2)假设函数f(x)＝0有负根x0，即存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝.又00，所以Tn＝6－<6.‎ ‎15．若a，b，c是不全相等的正数，求证：lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.‎ 证明　(分析法)lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c⇐lg >lg abc⇐··>abc.‎ 因为a，b，c是不全相等的正数，所以显然有··>abc成立，原不等式得证．‎