专题70 直接证明与间接证明-2020年领军高考数学一轮复习（文理通用） Word版含解析 21页

‎2020年领军高考数学一轮复习(文理通用)‎ 专题70直接证明与间接证明 最新考纲 ‎1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点.‎ ‎2.了解反证法的思考过程和特点.‎ 基础知识融会贯通 ‎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、公理、定理等，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．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→ ‎(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，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．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→ ‎(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．‎ 重点难点突破 ‎【题型一】综合法的应用 ‎【典型例题】‎ 要证明“sin4θ﹣cos4θ＝2sin2θ﹣‎1”‎，过程为：“sin4θ﹣cos4θ＝（sin2θ+cos2θ）（sin2θ﹣cos2θ）＝sin2θ﹣cos2θ＝sin2θ﹣（1﹣sin2θ）＝2sin2θ﹣‎1”‎，用的证明方法是（　　）‎ A．分析法 B．反证法 C．综合法 D．间接证明法 ‎【解答】解：从字面的过程看：“sin4θ﹣cos4θ＝（sin2θ+cos2θ）（sin2θ﹣cos2θ）＝sin2θ﹣cos2θ＝sin2θ﹣（1﹣sin2θ）＝2sin2θ﹣‎1”‎，用的证明方法是：综合法．‎ 故选：C． ‎ ‎【再练一题】‎ 证明命题：“f（x）＝ex在（0，+∞）上是增函数”，现给出的证法如下：‎ 因为f（x）＝ex，所以f′（x）＝ex，‎ 因为x＞0，所以ex＞1，01，‎ 所以ex0，即f′（x）＞0，‎ 所以f（x）在（0，+∞）上是增函数，使用的证明方法是（　　）‎ A．综合法 B．分析法 C．反证法 D．以上都不是 ‎【解答】解：题中命题的证明方法是由所给的条件，利用所学的定理、定义、公式证得要证的结论，‎ 故此题的证明方法属于综合法，‎ 故选：A． ‎ 思维升华 (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．‎ ‎【题型二】分析法的应用 ‎【典型例题】‎ 已知n≥0，试用分析法证明：．‎ ‎【解答】证明：要证成立，需证2，‎ 只需证 ，‎ 只需证n+1，只需证（n+1）2≥n2+2n，‎ 需证n2+2n+1≥n2+2n，只需证1≥0．‎ 因为1≥0显然成立，所以，要证的不等式成立． ‎ ‎【再练一题】‎ 已知a＞b＞c，且a+b+c＝0，求证：‎ ‎（Ⅰ）a＞0，c＜0；‎ ‎（Ⅱ）．‎ ‎【解答】证明：（1）因a＞b＞c，故0＝a+b+c＜‎3a，所以a＞0，‎ 同理0＝a+b+c＞‎3c，‎ ‎∴c＜0；‎ ‎（2）要证，即证 即证b2﹣ac＜‎3a2即‎3a2﹣b2+ac＞0‎ 又因为c＝﹣a﹣b即证‎3a2﹣b2+a（﹣a﹣b）＞0‎ 即证‎2a2﹣ab﹣b2＞0‎ 即证（a﹣b）（‎2a+b）＞0‎ 又因为a＞b，a﹣b＞0，即证‎2a+b＞0，又因为a+b＝﹣c即证a﹣c＞0‎ 即证a＞c 又由已知，a＞c，故原不等式成立 ‎ 思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利解决的关键．‎ ‎(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．‎ ‎【题型三】反证法的应用 命题点1　证明否定性命题 ‎【典型例题】‎ 证明：1，，不可能成等差数列；‎ ‎【解答】证明：假设1，，成等差数列，‎ 则有12，‎ 即3，‎ 明显不成立，‎ 故1，，不可能成等差数列；‎ ‎【再练一题】‎ 证明：1，，不可能为同一等差数列中的三项．‎ 证明：假设1，，为同一等差数列中的三项，‎ 则有1+md，①‎ ‎1+nd，②‎ 变形可得：（1）n＝（）m，‎ 则有，‎ 又由m、n为正整数，则为有理数，而为无理数，‎ 则明显不成立，‎ 故1，，不可能为同一等差数列中的三项． ‎ 命题点2　证明存在性命题 ‎【典型例题】‎ 设x，y都是正数，且x+y＞2．证明：2和2中至少有一个成立．‎ ‎【解答】证明：假设和都不成立，即2且2，…‎ ‎∵x，y都是正数，∴1+x≥2y，1+y≥2x，…‎ ‎∴1+x+1+y≥2x+2y，…‎ ‎∴x+y≤2…‎ 这与已知x+y＞2矛盾…‎ ‎∴假设不成立，即和中至少有一个成立… ‎ ‎【再练一题】‎ ‎（1）解不等式|2x+1|+|x﹣2|≥5‎ ‎（2）已知x∈R，a＝x2﹣1，b＝2x+2．求证a，b中至少有一个是非负数．‎ ‎【解答】（1）解：当x时，原式可化为﹣2x﹣1﹣（x﹣2）≥5，解得x；‎ 当x＜2时，原式可化为2x+1﹣x+2≥5，此不等式无解；‎ 当x≥2时，原式可化为2x+1+x﹣2≥5，解得x≥2．‎ 综上所述，不等式的解集为{x|x或x≥2}；‎ ‎（2）证明：假设a，b中没有一个是非负数，即a＜0，b＜0，所以 a+b＜0．‎ 又a+b＝x2﹣1+2x+2＝x2+2x+1＝（x+1）2≥0，这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，‎ 所以，a，b中至少有一个是非负数． ‎ 命题点3　证明唯一性命题 ‎【典型例题】‎ 用反证法证明命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的反设是（　　）‎ A．自然数a，b，c中至少有两个偶数 ‎ B．自然数a，b，c都是奇数 ‎ C．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 ‎ D．自然数a，b，c都是偶数 ‎【解答】解：由反证法的步骤知，‎ 结论的假设为自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数，‎ 故选：C． ‎ 思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：‎ 第一步：分清命题“p⇒q”的条件和结论；‎ 第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；‎ 第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；‎ 第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真．‎ 所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．‎ 基础知识训练 ‎1．要证明，可选择的较合适的方法是（ ）‎ A．综合法 B．分析法 C．反证法 D．比较法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由于不等式中含有根号，故可考虑用分析法证明较合适．‎ 故选B．‎ ‎2．下图是解决数学问题的思维过程的流程图：在此流程图中，①、②两条流程线与“推理与证明”中的思维方法匹配正确的是（ ）‎ A．①综合法，②反证法 B．①分析法，②反证法 C．①综合法，②分析法 D．①分析法，②综合法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由已知到可知，进而得到结论的应为综合法；由未知到需知，进而找到与已知的关系为分析法，故选C.‎ ‎3．用反证法证明命题“设，，为实数，满足，则，，‎ 至少有一个数不小于‎1”‎时，要做的假设是（　　）‎ A．，，都小于2 B．，，都小于1‎ C．，，至少有一个小于2 D．，，至少有一个小于1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，，至少有一个数不小于1的对立面就是，，三个都小于1．‎ 故选：B．‎ ‎4．用反证法证明“实数中至少有一个不小于”时，反设正确的是（ ）‎ A．三式都小于 B．三式都不小于 C．三式中有一个小于 D．三式中有一个不小于 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 因为“至少有一个不小于”的否定是“都小于”，选A.‎ ‎5．用反证法证明命题“可被5整除，那么中至少有一个能被5整除”时，其反设正确的是（ ）‎ A．都能被5整除 B． 不都能被5整除 C．都不能被5整除 D．不能被5整除 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因为中至少有一个能被5整除的否定为都不能被5整除，选C.‎ ‎6．用反证法证明命题：“，若可被整除，那么中至少有一个能被整除．”时，假设的内容应该是（ ）‎ A．都不能被5整除 B．都能被5整除 C．不都能被5整除 D．能被5整除 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据反证法的概念可得：用反证法证明命题：“，若可被整除，那么中至少有一个能被整除．”时，假设的内容应该是“都不能被5整除”，故选A.‎ ‎7．若，，则的大小关系是（ ）‎ A． B． C． D．无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由，‎ 可得，‎ ‎，‎ 因为，所以，且，‎ 所以，故选B．‎ ‎8．用反证法证明命题“设为实数，则方程至多有一个实根”时，要做的假设是 A．方程没有实根 B．方程至多有一个实根 C．方程至多有两个实根 D．方程恰好有两个实根 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 命题“设为实数，则方程至多有一个实根”的否定为“设为实数，则方程恰好有两个实根”；‎ 因此，用反证法证明原命题时，只需假设方程恰好有两个实根.‎ 故选D ‎9．用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：‎ ‎，这与三角形内角和为相矛盾，不成立（2）所以一个三角形中不能有两个直角（3）假设三角形的三个内角..中有两个直角，不妨设，正确顺序的序号为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据反证法的证明步骤知：‎ 第一步反设：假设三角形的三个内角..中有两个直角，不妨设；‎ 第二步得出矛盾：，这与三角形内角和为相矛盾，不成立 第三步下结论：所以一个三角形中不能有两个直角；‎ 故顺序为，‎ 故答案选B ‎10．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（ ）‎ A．三个内角都不大于60°‎ B．三个内角至多有一个大于60°‎ C．三个内角都大于60°‎ D．三个内角至多有两个大于60°‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎∵用反证法证明在一个三角形中，至少有一个内角不大于60°，‎ ‎∴第一步应假设结论不成立，即假设三个内角都大于60°.‎ 故选：C.‎ ‎11．著名的哥德巴赫猜想指出：“任何大于的偶数可以表示为两个素数的和”，用反证法研究该猜想，应假设的内容是_______．‎ ‎【答案】存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和.‎ ‎【解析】‎ 反证法先否定命题，故答案为：存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和.‎ ‎12．用反证法证明命题“如果m＜n，那么”时，假设的内容应该是______‎ ‎【答案】假设 ‎【解析】‎ ‎∵用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“m7＜n‎7”‎的否定为：“m7≥n‎7”‎，‎ 故答案为：假设m7≥n7‎ ‎13．已知，求证的两根的绝对值都小于1，用反证法证明可假设__________‎ ‎【答案】方程一根的绝对值大于或等于1‎ ‎【解析】‎ 已知，求证的两根的绝对值都小于1，根据反证法的定义，即可假设方程一根的绝对值大于或等于1。‎ ‎14．有一个游戏：盒子里有个球，甲，乙两人依次轮流拿球（不放回），每人每次至少拿一个，至多拿三个，谁拿到最后一个球就算谁赢。若甲先拿，则下列说法正确的有：‎ ‎__________．‎ ‎①若，则甲有必赢的策略；②若，则乙有必赢的策略；‎ ‎③ 若，则乙有必赢的策略；④若，则甲有必赢的策略。‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ 先证明以下事实：‎ 当遇到盒中球数为3、4、5时，先拿者赢。‎ 证明：不妨设甲先拿，因为最后为一个球，所以当球数为3时，甲先拿1个，乙只能拿一个，最后甲拿1个赢。当球数为4时，甲先拿2个，乙只能拿一个，最后甲拿1个赢。当n=5时，甲先拿3个即可赢。‎ 当球数5时，甲先拿3个，乙只能拿一个，最后甲拿1个赢。证完。‎ ‎ 由已证命题可知①正确。‎ ‎  当n=6时，无论甲先拿几个球皆输。因为若甲先拿1个，则还剩5个，据上述命题这时乙必赢；若甲先拿2个，则还剩4个，据上述命题这时乙必赢；若甲先拿3个，则还剩3个，据上述命题这时乙必赢；所以②正确。‎ ‎ 当n=7时，乙不能必赢。反例：当甲先拿1个时，还剩6个，由②知甲赢。所以③错误。‎ 当n=9时，甲先拿3个，还剩6个，据②知甲赢。所以④正确。‎ 综上，应填①②④.‎ ‎15．已知，，均为正实数．‎ ‎（Ⅰ）用分析法证明：≤；‎ ‎（Ⅱ）用综合法证明：若＝1，则≥8．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）证明：因为＞0，＞0，所以＞0．‎ 要证明　≤，‎ 即证　≤，‎ 即证　≤，‎ 即证　 ≥0，‎ 即证 ≥0．‎ 因为不等式≥0显然成立，从而原不等式成立． ‎ ‎（Ⅱ）因为，，均为正实数，则由基本不等式，得 ‎≥，≥，≥，‎ 所以 ≥，‎ 因为，所以≥8．‎ ‎16．计算：，；所以；又计算：，，；所以，．‎ ‎（1）分析以上结论，试写出一个一般性的命题；‎ ‎（2）判断该命题的真假。若为真，请用分析法给出证明；若为假，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）真命题 ‎【解析】‎ ‎（1）一般性的命题：是正整数，则 ‎（2）命题是真命题。‎ 因为 因为 ‎ 所以.‎ ‎17．（1）求证．‎ ‎（2）设x，y都是正数，且x+y＞2证明：和中至少有一个成立．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）∵‎ ‎=（13+2）-（13+4）‎ ‎=，‎ ‎∴；‎ ‎（2）假设和都不成立，‎ 即≥2且≥2，‎ ‎∵x，y都是正数，∴1+x≥2y，1+y≥2x，‎ ‎∴1+x+1+y≥2x+2y，‎ ‎∴x+y≤2，这与已知x+y＞2矛盾，‎ ‎∴假设不成立，即和中至少有一个成立．‎ ‎18．（1）若，且，用反证法证明：中至少有一个小于2．‎ ‎（2）设非等腰三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，证明：.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）见证明 ‎【解析】‎ ‎（1）证明：假设，即，‎ ‎，这与矛盾．∴假设不成立 ‎∴中至少有一个小于2． ‎ ‎（2）证明：要证，只要证，‎ 只要证，‎ 只要证，‎ 只要证，只要证，‎ 只要证，只要证A，B，C成等差数列，故结论成立.‎ ‎19．（1）用分析法证明：；‎ ‎（2）用反证法证明：，，不能为同一等差数列中的三项．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）要证明；‎ 只要证，‎ 只要证，‎ 只要证，‎ 只要证，‎ 即证．而显然成立，故原不等式成立.‎ ‎（2）证明：假设，，为同一等差数列的三项，‎ 则存在整数，满足 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 得：‎ 两边平方得：‎ 左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠无理数 所以，假设不正确．故，，不能为同一等差数列中的三项 ‎20．求证：‎ ‎【答案】答案见解析 ‎【解析】‎ 要证，只要证：‎ 只要证：，‎ 只要证：，‎ 只要证：，‎ 只要证：，而显然成立，故成立 能力提升训练 ‎1．在用反证法证明“已知，，，且，则，，中至少有一个大于”时，假设应为（　　）‎ A．，，中至多有一个大于 B．，，全都小于 C．，，中至少有两个大于 D．，，均不大于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 用反证法证明，应先假设要证命题的否定成立．‎ 而要证命题结论的否定为：“假设均不大于‎1”‎，‎ 故选：D.‎ ‎2．用反证法证明命题“平面四边形四个内角中至少有一个不大于时”，应假设（ ）‎ A．四个内角都大于 B．四个内角都不大于 C．四个内角至多有一个大于 D．四个内角至多有两个大于 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎“平面四边形四个内角中至少有一个不大于”的否定形式为：“平面四边形四个内角中都大于”，即反证法时应假设：四个内角都大于 本题正确选项：‎ ‎3．设，，且，则（ ）‎ A． B．‎ C． D．以上都不能恒成立 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 利用反证法：‎ 只需证明，‎ 假设，‎ 则： ‎ 所以：，‎ 但是，‎ 故：，，．‎ 所以：与矛盾．‎ 所以：假设错误，‎ 故：，‎ 所以：，‎ 故选：A．‎ ‎4．设，现给出下列五个条件：①，其中能推出：“中至少有一个大于‎1”‎的条件为（ ）‎ A．②③④ B．②③④⑤ C．①②③③⑤ D．②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 时，，所以推不出中至少有一个大于， ①不符合；‎ 当时，，推不出中至少有一个大于，③不符合；‎ 当时，，推不出中至少有一个大于，④不符合；‎ 对于②，假设都不大于1， ，与题设矛盾，所以②能推出中至少有一个大于，‎ 对于⑤，假设都不大于1，则，与题设矛盾，故⑤能推出中至少有一个大于，综上选D.‎ ‎5．十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”.经历三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理，则下面说法正确的是（ ）‎ A．存在至少一组正整数组使方程有解 B．关于的方程有正有理数解 C．关于的方程没有正有理数解 D．当整数时，关于的方程没有正实数解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由于B,C两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个.假设关于的方程有正有理数解，故可写成整数比值的形式，不妨设，其中为互质的正整数，为互质的正整数.代入方程得，两边乘以，由于都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于的方程没有正有理数解.故选C.‎ ‎6．用反证法证明“”，应假设为　　‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，P（x0）成立的否定是使得P（x0）不成立，即用反证法证明“∀x∈R，2x＞‎0”‎，应假设为.‎ ‎ 故选：B．‎ ‎7．给定数列，若满足且，对于任意的n，，都有，则称数列为“指数型数列”．‎ Ⅰ已知数列，的通项公式分别为，，试判断，‎ 是不是“指数型数列”；‎ Ⅱ若数列满足：，，判断数列是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；‎ Ⅲ若数列是“指数型数列”，且，证明：数列中任意三项都不能构成等差数列．‎ ‎【答案】（Ⅰ）不是指数型数列，是指数型数列；（Ⅱ）数列是“指数型数列”；（Ⅲ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ Ⅰ解：对于数列，，‎ 所以不是指数型数列．‎ 对于数列，对任意n，，因为，‎ 所以是指数型数列．‎ Ⅱ证明：由题意，是“指数型数列”，‎ ‎，，‎ 所以数列是等比数列，，‎ ‎，数列是“指数型数列”．‎ Ⅲ证明：因为数列是指数型数列，故对于任意的n，，‎ 有，，‎ 假设数列中存在三项，，构成等差数列，不妨设，‎ 则由，得，‎ 所以，‎ 当a为偶数时，是偶数，而是偶数，是奇数，‎ 故不能成立；‎ 当a为奇数时，是偶数，而是奇数，是偶数，‎ 故也不能成立．‎ 所以，对任意，不能成立，‎ 即数列的任意三项都不成构成等差数列．‎ ‎8．已知，求证：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）因为，‎ 所以 ，‎ 所以得证.‎ ‎（2）欲证明成立，‎ 即证明成立，‎ 又即证明成立，‎ 即证明 成立，‎ 即证明成立，‎ 即证明成立，‎ 即证明成立.‎ 故不等式成立得证.‎ ‎9．（1）用数学归纳法证明：；‎ ‎（2）已知，，且，求证：和中至少有一个小于．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）①当时，左边，右边，左边右边．‎ ‎②假设时等式成立，即，‎ 那么当时， ，‎ 即当时，等式成立．‎ 综上，．‎ ‎（2）假设，，‎ 因为，，所以，，‎ 所以，‎ 故，这与矛盾，‎ 所以原假设不成立，‎ 故和中至少有一个小于．‎ ‎10．已知数列的前项和为，.‎ ‎（1）若，求证：，，必可以被分为1组或2组，使得每组所有数的和小于1；‎ ‎（2）若，求证：，，…，必可以被分为组（），使得每组所有数的和小于1．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 解：（1）不妨设 假设，则 所以 所以与矛盾，因此,‎ 所以必可分成两组、使得每组所有数的和小于1‎ ‎（2）不妨设，‎ 先将，，…，单独分为一组，再对后面项依次合并分组，使得每组和属于，最后一组和属于，不妨设将，，…，分为，，…，，，共组，且其中组，，…，，，最后一组 首先必小于等于，否则，与，矛盾 当时，则 所以只需将，，…，分为，，…，，，即可满足条件；‎ 当时，可将与合成一组，且，否则，矛盾 此时只需将，，…，分为，，…，，，即可满足条件，‎ 所以，，…，必可以被分为m组(1≤m≤k)，使得每组所有数的和小于1．‎