（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第七章 不等式、推理与证明、数学归纳法 7.6 直接证明与

1§7.6直接证明与间接证明考情考向分析高考要求了解分析法、综合法、反证法，会用这些方法处理一些简单问题，高考一般不单独考查，会与其他知识综合在一起命题．1．直接证明(1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式本题条件已知定义已知公理已知定理⇒A⇒B⇒C⇒…⇒本题结论．(3)综合法①定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法常称为综合法．②推证过程已知条件⇒…⇒…⇒结论(4)分析法①定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法常称为分析法．②推证过程结论⇐…⇐…⇐已知条件2．间接证明(1)常用的间接证明方法有反证法、同一法等．(2)反证法的基本步骤①反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．②归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．③存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立．2概念方法微思考1．直接证明中的综合法是演绎推理吗？提示是．用综合法证明时常省略大前提．2．综合法与分析法的推理过程有何区别？提示综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的．3．反证法是“要证原命题成立，只需证其逆否命题成立”的推理方法吗？提示不是．反证法是命题中“p与綈p”关系的应用．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(×)(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)用反证法证明结论“ab”时，应假设“ab”．(×)(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(×)(5)在解决问题时，常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．(√)(6)证明不等式2＋73＋6最合适的方法是分析法．(√)题组二教材改编2．[P87习题T2]若P＝a＋6＋a＋7，Q＝a＋8＋a＋5(a≥0)，则P，Q的大小关系是______．答案PQ解析P2＝2a＋13＋2a2＋13a＋42，Q2＝2a＋13＋2a2＋13a＋40，∴P2Q2，又∵P0，Q0，∴PQ.3．[P87习题T7]设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，则ax＋cy＝________.答案2解析由题意，得x＝a＋b2，y＝b＋c2，b2＝ac，∴xy＝a＋bb＋c4，ax＋cy＝ay＋cxxy＝a·b＋c2＋c·a＋b2xy3＝ab＋c＋ca＋b2xy＝ab＋bc＋2ac2xy＝ab＋bc＋ac＋b22xy＝a＋bb＋c2xy＝a＋bb＋c2×a＋bb＋c4＝2.题组三易错自纠4．若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是________．(填序号)①ac2bc2；②a2abb2；③1a1b；④baab.答案②解析a2－ab＝a(a－b)，∵ab0，∴a－b0，∴a2－ab0，∴a2ab.(*1)又ab－b2＝b(a－b)0，∴abb2，(*2)由(*1)(*2)得a2abb2.5．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________________．答案方程x3＋ax＋b＝0没有实根解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．6．如果△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△A2B2C2是__________三角形．答案钝角解析由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2C2是锐角三角形．由sinA2＝cosA1＝sinπ2－A1，sinB2＝cosB1＝sinπ2－B1.sinC2＝cosC1＝sinπ2－C1，4得A2＝π2－A1，B2＝π2－B1，C2＝π2－C1.那么，A2＋B2＋C2＝π2，这与三角形内角和为π相矛盾．所以假设不成立．假设△A2B2C2是直角三角形，不妨设A2＝π2，则cosA1＝sinA2＝1，A1＝0，矛盾．所以△A2B2C2是钝角三角形．题型一综合法的应用1．已知m1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则a，b的大小关系为________．答案ab解析∵a＝m＋1－m＝1m＋1＋m，b＝m－m－1＝1m＋m－1.而m＋1＋mm＋m－10(m1)，∴1m＋1＋m1m＋m－1，即ab.2．如果aa＋bbab＋ba成立，则a，b应满足的条件是__________________________．答案a≥0，b≥0且a≠b解析∵aa＋bb－(ab＋ba)＝a(a－b)＋b(b－a)＝(a－b)(a－b)＝(a－b)2(a＋b)．∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(a－b)2(a＋b)0.∴aa＋bbab＋ba成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.3．若a，b，c是不全相等的正数，求证：5lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.证明∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴a＋b2≥ab0，b＋c2≥bc0，a＋c2≥ac0.由于a，b，c是不全相等的正数，∴上述三个不等式中等号不能同时成立，∴a＋b2·b＋c2·c＋a2abc0成立．上式两边同时取常用对数，得lga＋b2·b＋c2·c＋a2lg(abc)，∴lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2lga＋lgb＋lgc.4．已知a，b，c0，a＋b＋c＝1.求证：(1)a＋b＋c≤3；(2)13a＋1＋13b＋1＋13c＋1≥32.证明(1)∵(a＋b＋c)2＝(a＋b＋c)＋2ab＋2bc＋2ca≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，∴a＋b＋c≤3(当且仅当a＝b＝c时取等号)．(2)∵a0，∴3a＋11，∴43a＋1＋(3a＋1)≥243a＋13a＋1＝4，∴43a＋1≥3－3a当且仅当a＝13时，取等号，同理得43b＋1≥3－3b，43c＋1≥3－3c，以上三式相加得413a＋1＋13b＋1＋13c＋1≥9－3(a＋b＋c)＝6，∴13a＋1＋13b＋1＋13c＋1≥32(当且仅当a＝b＝c＝13时取等号)．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6例1已知函数f(x)＝tanx，x∈0，π2，若x1，x2∈0，π2，且x1≠x2，求证：12[f(x1)＋f(x2)]fx1＋x22.证明要证12[f(x1)＋f(x2)]fx1＋x22，即证明12(tanx1＋tanx2)tanx1＋x22，只需证明12sinx1cosx1＋sinx2cosx2tanx1＋x22，只需证明sinx1＋x22cosx1cosx2sinx1＋x21＋cosx1＋x2.由于x1，x2∈0，π2，故x1＋x2∈(0，π)．所以cosx1cosx20，sin(x1＋x2)0,1＋cos(x1＋x2)0，故只需证明1＋cos(x1＋x2)2cosx1cosx2，即证1＋cosx1cosx2－sinx1sinx22cosx1cosx2，即证cos(x1－x2)1.由x1，x2∈0，π2，x1≠x2知上式显然成立，因此12[f(x1)＋f(x2)]fx1＋x22.引申探究若本例中f(x)变为f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的x1，x2∈R，均有fx1＋fx22≥fx1＋x22.证明要证明fx1＋fx22≥fx1＋x22，即证明3x1－2x1＋3x2－2x22≥1223xx－2·x1＋x22，因此只要证明3x1＋3x22－(x1＋x2)≥1223xx－(x1＋x2)，即证明3x1＋3x22≥3x1＋x22，因此只要证明3x1＋3x22≥3x1·3x2，由于当x1，x2∈R时，3x10,3x20，由基本不等式知3x1＋3x22≥3x1·3x2显然成立，当且仅当x1＝x2时，等号成立．故原结论成7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．跟踪训练1已知a0，证明：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只需证a2＋1a2≥a＋1a－(2－2)．因为a0，所以a＋1a－(2－2)0，所以只需证a2＋1a22≥a＋1a－2－22，即2(2－2)a＋1a≥8－42，只需证a＋1a≥2.因为a0，a＋1a≥2显然成立(当a＝1a＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．题型三反证法的应用命题点1证明否定性命题例2设{an}是公比为q的等比数列．(1)推导{an}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明：数列{an＋1}不是等比数列．(1)解设{an}的前n项和为Sn，则当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝a11－qn1－q，8∴Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠1.(2)证明假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，a2k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，a21q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．命题点2证明存在性命题例3已知在四棱锥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．(1)证明由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴SA⊥平面ABCD.(2)解假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.∵BC∥AD，BC⊄平面SAD，AD⊂平面SAD.∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，BC，BF⊂平面SBC，∴平面SBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，∴假设不成立．∴不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.命题点3证明唯一性命题例4已知M是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，①方程f(x)－x＝0有实数根；9②函数f(x)的导数f′(x)满足0f′(x)1.(1)判断函数f(x)＝x2＋sinx4是不是集合M中的元素，并说明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下列性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意[m，n]⊆D，都存在x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n－m)f′(x0)成立．试用这一性质证明：方程f(x)－x＝0有且只有