高考数学考点归纳之 直接证明与间接证明 9页

高考数学考点归纳之 直接证明与间接证明 一、基础知识 1．直接证明 (1)综合法 ①定义：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． 综合法证明题的一般规律 (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． ②框图表示： P⇒Q1 ―→ Q1⇒Q2 ―→ Q2⇒Q3 ―→…―→ Qn⇒Q (其中 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q 表示所要证明的结论)． ③思维过程：由因导果． (2)分析法 ①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． 分析法证明问题的适用范围 当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体 时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法． ②框图表示： Q⇐P1 ―→ P1⇐P2 ―→ P2⇐P3 ―→…―→ 得到一个明显 成立的条件 (其中 Q 表示要 证明的结论)． ③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． 考点一 综合法的应用 [典例] 设 a，b，c 均为正数，且 a＋b＋c＝1，证明： (1)ab＋bc＋ca≤1 3 ； (2)a2 b ＋b2 c ＋c2 a ≥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≤1 3. 当且仅当“a＝b＝c”时等号成立； (2)因为a2 b ＋b≥2a，b2 c ＋c≥2b，c2 a ＋a≥2c， 当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立， 故a2 b ＋b2 c ＋c2 a ＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即a2 b ＋b2 c ＋c2 a ≥a＋b＋c. 所以a2 b ＋b2 c ＋c2 a ≥1. [变透练清] 1.变结论若本例条件不变，证明 a2＋b2＋c2≥1 3. 证明：因为 a＋b＋c＝1， 所以 1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac， 因为 2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2， 所以 2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)， 所以 1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)， 即 a2＋b2＋c2≥1 3. 2．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin Asin B＋sin Bsin C＋ cos 2B＝1. (1)求证：a，b，c 成等差数列； (2)若 C＝2π 3 ，求证：5a＝3b. 证明：(1)由已知得 sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B， 因为 sin B≠0，所以 sin A＋sin C＝2sin B， 由正弦定理，有 a＋c＝2b，即 a，b，c 成等差数列． (2)由 C＝2π 3 ，c＝2b－a 及余弦定理得 (2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有 5ab－3b2＝0， 所以 5a＝3b. 考点二 分析法的应用 [典例] 已知△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： 1 a＋b ＋ 1 b＋c ＝ 3 a＋b＋c . [证明] 要证 1 a＋b ＋ 1 b＋c ＝ 3 a＋b＋c ， 即证a＋b＋c a＋b ＋a＋b＋c b＋c ＝3，也就是 c a＋b ＋ a b＋c ＝1， 只需证 c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需证 c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC 三内角 A，B，C 成等差数列，故 B＝60°， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60°， 即 b2＝c2＋a2－ac，故 c2＋a2＝ac＋b2 成立． 于是原等式成立． [解题技法] 利用分析法证明问题的思路及格式 (1)分析法的证明思路 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． (2)分析法的格式 通常采用“要证(欲证)……”“只需证……”“即证……”的格式，在表达中要注意叙 述形式的规范性． [对点训练] 已知 m＞0，a，b∈R，求证： a＋mb 1＋m 2≤a2＋mb2 1＋m . 证明：因为 m＞0，所以 1＋m＞0. 所以要证 a＋mb 1＋m 2≤a2＋mb2 1＋m ， 只需证 m(a2－2ab＋b2)≥0， 即证(a－b)2≥0， 而(a－b)2≥0 显然成立， 故 a＋mb 1＋m 2≤a2＋mb2 1＋m . 考点三 反证法的应用 [典例] 已知二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与 x 轴有两个不同的交点，若 f(c) ＝0，且 0＜x＜c 时，f(x)＞0. (1)证明：1 a 是函数 f(x)的一个零点； (2)试用反证法证明1 a ＞c. [证明] (1)因为 f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点， 所以 f(x)＝0 有两个不等实根 x1，x2， 因为 f(c)＝0， 所以 x1＝c 是 f(x)＝0 的根， 又 x1x2＝c a ， 所以 x2＝1 a 1 a ≠c ， 所以1 a 是函数 f(x)的一个零点． (2)因为函数有两个不同零点，所以1 a ≠c. 假设1 a ＜c，又1 a ＞0， 由 0＜x＜c 时，f(x)＞0， 知 f 1 a ＞0，与 f 1 a ＝0 矛盾， 所以1 a ＜c 不成立， 又因为1 a ≠c，所以1 a>c. [对点训练] 设 a＞0，b＞0，且 a＋b＝1 a ＋1 b. 证明：(1)a＋b≥2； (2)a2＋a＜2 与 b2＋b＜2 不可能同时成立． 证明：由 a＋b＝1 a ＋1 b ＝a＋b ab ，a＞0，b＞0，得 ab＝1. (1)由基本不等式及 ab＝1， 有 a＋b≥2 ab＝2，即 a＋b≥2. (2)假设 a2＋a＜2 与 b2＋b＜2 同时成立， 则由 a2＋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 a2＋a＜2 与 b2＋b＜2 不可能同时成立． [课时跟踪检测] A 级 1．用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实数根”时， 假设为( ) A．方程 x3＋ax＋b＝0 没有实数根 B．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有一个实数根 C．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有两个实数根 D．方程 x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实数根 解析：选 A “至少有一个实数根”的否定是“一个实数根也没有”，即“没有实数 根”． 2．在△ABC 中，sin Asin C0， 即 cos(A＋C)>0，所以 A＋C 是锐角， 从而 B>π 2 ，故△ABC 必是钝角三角形． 3．分析法又称执果索因法，已知 x>0，用分析法证明 1＋x<1＋x 2 时，索的因是( ) A．x2>2 B．x2>4 C．x2>0 D．x2>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 2 2，即证 00， 因为 x>0，所以 x2>0 成立，故原不等式成立． 4．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设 a＞b＞c，且 a＋b＋c＝0，求证 b2－ac ＜ 3a”索的因应是( ) A．a－b＞0 B．a－c＞0 C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0 解析：选 C 由题意知 b2－ac＜ 3a⇐b2－ac＜3a2⇐(a＋c)2－ac＜3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac －3a2＜0 ⇐－2a2＋ac＋c2＜0⇐2a2－ac－c2＞0 ⇐(a－c)(2a＋c)＞0⇐(a－c)(a－b)＞0.选 C. 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 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 x1＋x2>0，可知 x1>－x2，f(x1)8. 证明：因为 x，y，z 是互不相等的正数，且 x＋y＋z＝1， 所以1 x －1＝1－x x ＝y＋z x >2 yz x ， ① 1 y －1＝1－y y ＝x＋z y >2 xz y ， ② 1 z －1＝1－z z ＝x＋y z >2 xy z ， ③ 又 x，y，z 为正数，由①×②×③， 得 1 x －1 1 y －1 1 z －1 >8. 10．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2－n 2 ，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：对任意的 n>1，都存在 m∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列． 解：(1)由 Sn＝3n2－n 2 ，得 a1＝S1＝1， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，当 n＝1 时也适合． 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2. (2)证明：要使得 a1，an，am 成等比数列， 只需要 a2n＝a1·am， 即(3n－2)2＝1·(3m－2)， 即 m＝3n2－4n＋2，而此时 m∈N*，且 m>n. 所以对任意的 n>1，都存在 m∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列． B 级 1.如图所示，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，A1B1＝A1C1，D，E 分别是棱 BC，CC1 上的点(点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 B1C1 的中点．求证： (1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1； (2)直线 A1F∥平面 ADE. 证明：(1)因为 ABCA1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC， 又 AD⊂平面 ABC，所以 CC1⊥AD. 因为 AD⊥DE，CC1∩DE＝E，CC1⊂平面 BCC1B1， DE⊂平面 BCC1B1， 所以 AD⊥平面 BCC1B1. 又 AD⊂平面 ADE， 所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1. (2)因为 A1B1＝A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1F⊥B1C1. 因为 CC1⊥平面 A1B1C1，A1F⊂平面 A1B1C1， 所以 CC1⊥A1F. 又因为 CC1∩B1C1＝C1，CC1⊂平面 BCC1B1，B1C1⊂平面 BCC1B1， 所以 A1F⊥平面 BCC1B1. 由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD. 又 AD⊂平面 ADE，A1F⊄平面 ADE， 所以 A1F∥平面 ADE. 2．设函数 f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数 f′(x)＝1 x ，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求 g(x)的单调区间和最小值； (2)讨论 g(x)与 g 1 x 的大小关系； (3)是否存在 x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜1 x 对任意 x＞0 成立？若存在，求出 x0 的取值范围； 若不存在，请说明理由． 解：(1)由题设易知 f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋1 x ， ∴g′(x)＝x－1 x2 ，令 g′(x)＝0 得 x＝1， 当 x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是 g(x)的单调递减区间， 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是 g(x)的单调递增区间， 因此，x＝1 是 g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以最小值为 g(1)＝1. (2)g 1 x ＝－ln x＋x， 设 h(x)＝g(x)－g 1 x ＝2ln x－x＋1 x ， 则 h′(x)＝－x－12 x2 ， 当 x＝1 时，h(1)＝0，即 g(x)＝g 1 x ， 当 x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0， 因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减， 当 0＜x＜1 时，h(x)＞h(1)＝0， 即 g(x)＞g 1 x ； 当 x＞1 时，h(x)＜h(1)＝0， 即 g(x)＜g 1 x . (3)满足条件的 x0 不存在．证明如下： 法一：假设存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1 x 对任意 x＞0 成立，即对任意 x＞0，有 ln x＜ g(x0)＜ln x＋2 x ，* 但对上述 x0，取 x1＝eg(x0)时，有 ln x1＝g(x0)，这与*左边不等式矛盾， 因此，不存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|<1 x 对任意 x＞0 成立． 法二：假设存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1 x 对任意 x＞0 成立． 由(1)知，g(x)的最小值为 g(1)＝1， 又 g(x)＝ln x＋1 x ＞ln x，而 x＞1 时，ln x 的值域为(0，＋∞)， ∴x≥1 时，g(x)的值域为[1，＋∞)， 从而可取一个 x1＞1，使 g(x1)≥g(x0)＋1， 即 g(x1)－g(x0)≥1， 故|g(x1)－g(x0)|≥1＞1 x1 ，与假设矛盾． ∴不存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜1 x 对任意 x＞0 成立．