2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第11章 算法復(fù)數(shù)推理與證明 第4講 直接證明與間接證明講義 理（含解析）.doc
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第4講 直接證明與間接證明 [考綱解讀] 1.掌握直接證明的兩種基本方法：分析法與綜合法．(重點(diǎn)) 2.能夠用反證法證明問題，掌握反證法的步驟：①反設(shè)；②歸謬；③結(jié)論．(難點(diǎn)) 3.綜合法、反證法證明問題是高考中的一個(gè)熱點(diǎn)，主要在知識(shí)交匯處命題，如數(shù)列、不等式等． [考向預(yù)測(cè)] 從近三年高考情況來看，本講是高考中的一個(gè)熱點(diǎn). 預(yù)測(cè)2020年將會(huì)以不等式、立體幾何、數(shù)列等知識(shí)為載體，考查分析法、綜合法與反證法的靈活應(yīng)用，題型為解答題中的一問，試題難度中等. 1．直接證明 續(xù)表 2．間接證明 間接證明是不同于直接證明的又一類證明方法，反證法是一種常用的間接證明方法． (1)反證法的定義：假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明原命題成立的證明方法． (2)用反證法證明的一般步驟：①反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立；②歸謬——根據(jù)假設(shè)進(jìn)行推理，直到推出矛盾為止；③結(jié)論——斷言假設(shè)不成立，從而肯定原命題的結(jié)論成立． 1．概念辨析 (1)綜合法是直接證明，分析法是間接證明．( ) (2)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．( ) (3)反證法是指將結(jié)論和條件同時(shí)否定，推出矛盾．( ) (4)在解決問題時(shí)，常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．( ) 答案 (1) (2) (3) (4)√ 2．小題熱身 (1)要證明＋<2，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是( ) A．綜合法 B．分析法 C．類比法 D．反證法 答案 B 解析 用分析法證明如下：要證明＋<2，需證(＋)2<(2)2，即證10＋2<20，即證<5，即證21<25，顯然成立，故原結(jié)論成立． 用綜合法證明：因?yàn)?＋)2－(2)2＝10＋2－20＝2(－5)<0，故＋<2. 反證法證明：假設(shè)＋≥2，通過兩端平方后導(dǎo)出矛盾，從而肯定原結(jié)論． 從以上證法中，可知最合理的是分析法．故選B. (2)命題“對(duì)于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”過程應(yīng)用了( ) A．分析法 B．綜合法 C．綜合法、分析法綜合使用 D．間接證明法 答案 B 解析 因?yàn)樽C明過程是“從左到右”，即由條件出發(fā)，經(jīng)過推理得出結(jié)論，屬于綜合法．故選B. (3)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要作的假設(shè)是( ) A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根 答案 A 解析 因?yàn)椤胺匠蘹3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”等價(jià)于“方程x3＋ax＋b＝0的實(shí)根的個(gè)數(shù)大于或等于1”，因此，要作的假設(shè)是方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根．故選A. 題型 分析法的應(yīng)用 (2019長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝tanx，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求證：[f(x1)＋f(x2)]>f. 證明 要證[f(x1)＋f(x2)]>f， 即證明(tanx1＋tanx2)>tan， 只需證明 >tan， 只需證明 >.由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)．所以cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0， 1＋cos(x1＋x2)>0， 故只需證明 1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2， 即證1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2， 即證cos(x1－x2)<1. 由x1，x2∈，x1≠x2知上式顯然成立， 因此[f(x1)＋f(x2)]>f. 條件探究 舉例說明中“f(x)”變?yōu)椤癴(x)＝3x－2x”，試證：對(duì)于任意的x1，x2∈R，均有≥f. 1．分析法證明問題的策略 (1)逆向思考是用分析法證題的主要思想． (2)證明較復(fù)雜的問題時(shí)，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證． 2．分析法的適用范圍及證題關(guān)鍵 (1)適用范圍 ①已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接． ②證明過程中所需要用的知識(shí)不太明確、具體． ③含有根號(hào)、絕對(duì)值的等式或不等式，從正面不易推導(dǎo)． (2)證題關(guān)鍵：保證分析過程的每一步都是可逆的． 已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.求證：＋＝. 證明 要證＋＝， 即證＋＝3，也就是＋＝1， 只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需證c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos60， 即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立． 題型 綜合法的應(yīng)用 (2018黃岡模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中m為常數(shù)，且m≠－3. (1)求證：{an}是等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{an}的公比q＝f(m)，數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求證：為等差數(shù)列． 證明 (1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得 (3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3. 兩式相減，得(3＋m)an＋1＝2man，m≠－3， ∴＝，∴{an}是等比數(shù)列． (2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3， ∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1. b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，∴當(dāng)n∈N且n≥2時(shí)， bn＝f(bn－1)＝?bnbn－1＋3bn＝3bn－1 ?－＝. ∴是首項(xiàng)為1，公差為的等差數(shù)列． 1．利用綜合法證題的策略 用綜合法證題是從已知條件出發(fā)，逐步推向結(jié)論，綜合法的適用范圍：(1)定義明確的問題；(2)已知條件明確，并且容易通過分析和應(yīng)用條件逐步逼近結(jié)論的題型． 2．綜合法證明問題的常見類型及方法 (1)與不等式有關(guān)的證明：充分利用函數(shù)、方程、不等式間的關(guān)系，同時(shí)注意函數(shù)單調(diào)性、最值的應(yīng)用，尤其注意導(dǎo)數(shù)思想的應(yīng)用． (2)與數(shù)列有關(guān)的證明：充分利用等差、等比數(shù)列的定義通項(xiàng)及前n項(xiàng)和公式證明．見舉例說明. 設(shè)a，b，c都是正數(shù)，求證：＋＋≥a＋b＋c. 證明 因?yàn)閍，b，c都是正數(shù)， 所以，，都是正數(shù)． 所以＋≥2c，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立， ＋≥2a，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)等號(hào)成立， ＋≥2b，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)等號(hào)成立． 三式相加，得2≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)等號(hào)成立． 題型 反證法的應(yīng)用 角度1 證明否定性命題 1．(2018株州月考)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列． (1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式； (2)設(shè)q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列． 解 (1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，則 當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1； 當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn， ∴Sn＝， ∴Sn＝ (2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， aq2k＋2a1qk＝a1qk－1a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1， ∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1. ∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0， ∴q＝1，這與已知矛盾． ∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列． 角度2 證明“至多”“至少”“唯一”命題 2．已知M是由滿足下述條件的函數(shù)構(gòu)成的集合：對(duì)任意f(x)∈M， (ⅰ)方程f(x)－x＝0有實(shí)數(shù)根； (ⅱ)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足0下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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