山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-直接证明与间接证明含答案解析

第 第 4 讲 讲 直接证明与间接证明 [考纲解读] 1.掌握直接证明的两种基本方法：分析法与综合法．(重点)2．能够用反证法证明问题，掌握反证法的步骤：①反设；②归谬；③结论．(难点)3．综合法、反证法证明问题是高考中的一个热点，主要在知识交汇处命题，如数列、不等式等． [考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测 2021年将会以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法与反证法的灵活应用，题型为解答题中的一问，试题难度中等． 对应学生用书 P203 1.直接证明 内容 综合法 分析法 定义 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 从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的□ 01充分条件，直到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)实质 由因导果 执果索因 框图 表示 P⇒Q 1 → Q 1 ⇒Q 2 Q⇐P 1 → P 1 ⇐P 2

→…→ Q n ⇒Q →…→得到一个明显 成立的条件 文字 语言 因为……所以…… 或由……得…… 要证……只需证…… 即证…… 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□ 01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□ 02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． 1.概念辨析(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)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.小题热身(1)要证明 3＋ 7<2 5，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是()A.综合法 B．分析法 C．类比法 D．反证法 答案 B 解析 用分析法证明如下：要证明 3＋ 7<2 5，需证(3＋ 7)2 <(2 5)2，即

证 10＋2 21<20，即证 21<5，即证 21<25，显然成立，故原结论成立． 用综合法证明：因为(3＋ 7)2 －(2 5)2 ＝10＋2 21－20＝2(21－5)<0，故 3＋ 7<2 5.反证法证明：假设 3＋ 7≥2 5，通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论． 从以上证法中，可知最合理的是分析法．故选 B.(2)命题“对于任意角 θ，cos 4 θ－sin 4 θ＝cos2θ”的证明：“cos 4 θ－sin 4 θ＝(cos 2 θ－sin 2 θ)(cos 2 θ＋sin 2 θ)＝cos 2 θ－sin 2 θ＝cos2θ”过程应用了()A.分析法 B.综合法 C.综合法、分析法综合使用 D.间接证明法 答案 B 解析 因为证明过程是“从左到右”，即由条件出发，经过推理得出结论，属于综合法．故选 B.(3)用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x 3 ＋ax＋b＝0 至少有一个实根”时，要作的假设是()A.方程 x 3 ＋ax＋b＝0 没有实根 B.方程 x 3 ＋ax＋b＝0 至多有一个实根 C.方程 x 3 ＋ax＋b＝0 至多有两个实根 D.方程 x 3 ＋ax＋b＝0 恰好有两个实根 答案 A 解析 因为“方程 x 3 ＋ax＋b＝0 至少有一个实根”等价于“方程 x 3 ＋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 x 3 ＋ax＋b＝0没有实根．故选 A.对应学生用书 P204 题型 一 分析法的应用 1.(2020·大同质检)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：

b 2 －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 答案 C 解析 要证 b 2 －ac< 3a，只需证 b 2 －ac<3a 2，即证(a＋c)2 －ac<3a 2，即证2a 2 －ac－c 2 >0，即证(2a＋c)(a－c)>0，即证[2a－(a＋b)](a－c)>0，即证(a－b)(a－c)>0，故索的因应是(a－b)(a－c)>0.2.(2019·天水一中模拟)(1)已知实数 a，b 满足|a|<2，|b|<2，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.(2)已知 a>0，证明：

a 2 ＋1a 2 － 2≥a＋1a －2.证明(1)要证 2|a＋b|<|4＋ab|，只需要 4a 2 ＋8ab＋4b 2 <16＋8ab＋a 2 b 2，只需证 4a 2 ＋4b 2 <16＋a 2 b 2，只需证 16－4a 2 －4b 2 ＋a 2 b 2 >0，即(4－a 2)(4－b 2)>0，因为|a|<2，|b|<2，所以 a 2 <4，b 2 <4，所以(4－a 2)(4－b 2)>0 成立． 所以要证明的不等式成立．(2)要证 a 2 ＋1a 2 － 2≥a＋1a －2，只需证 a 2 ＋1a 2 ＋2≥a＋1a ＋ 2，只需证 a 2 ＋1a 2 ＋4＋4a 2 ＋1a 2 ≥a 2 ＋1a 2 ＋2＋2 2a＋1a ＋2，即证 2 a 2 ＋1a 2 ≥ 2a＋1a.只需证 4a 2 ＋1a 2 ≥2a2 ＋ 1a 2 ＋2，即证 a 2 ＋1a 2 ≥2，由基本不等式知此式显然成立，所以原不等式成立.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．见举例说明 2.(2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的． 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：1a＋b ＋1b＋c ＝3a＋b＋c.证明 要证1a＋b ＋1b＋c ＝3a＋b＋c，即证 a＋b＋ca＋b＋ a＋b＋cb＋c＝3，也就是ca＋b ＋ab＋c ＝1，只需证 c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证 c 2 ＋a 2 ＝ac＋b 2，又△ABC 三内角 A，B，C 成等差数列，故 B＝60°，由余弦定理，得 b 2 ＝c 2 ＋a 2 －2accos60°，即 b 2 ＝c 2 ＋a 2 －ac，故 c 2 ＋a 2 ＝ac＋b 2 成立． 于是原等式成立.题型 二 综合法的应用

设数列{a n }的前 n 项和为 S n，且(3－m)S n ＋2ma n ＝m＋3(n∈N)．其中 m 为常数，且 m≠－3.(1)求证：{a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的公比 q＝f(m)，数列{b n }满足 b 1 ＝a 1，b n ＝ 32 f(b n － 1)(n∈N，n≥2)，求证：

    1b n为等差数列． 证明(1)由(3－m)S n ＋2ma n ＝m＋3，得(3－m)S n ＋ 1 ＋2ma n ＋ 1 ＝m＋3.两式相减，得(3＋m)a n ＋ 1 ＝2ma n，m≠－3，∴ an ＋ 1a n＝2mm＋3，∴{a n }是等比数列．(2)∵(3－m)S n ＋2ma n ＝m＋3，∴(3－m)a 1 ＋2ma 1 ＝m＋3，∴a 1 ＝1.又 b 1 ＝a 1 ＝1，q＝f(m)＝2mm＋3，∴当 n∈N 且 n≥2 时，b n ＝ 32 f(b n － 1)＝32 ·2b n － 1b n － 1 ＋3 ⇒b n b n－ 1 ＋3b n ＝3b n － 1 ⇒1b n －1b n － 1 ＝13.∴   1b n是首项为 1，公差为 13 的等差数列.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．(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．见举例说明．

求证抛物线 y 2 ＝2px(p>0)，以过焦点的弦为直径的圆必与 x＝－ p2 相切． 证明 如图，作 AA′，BB′垂直于准线于点 A′，B′，取 AB 的中点 M，作 MM′垂直于准线于点 M′.要证明以 AB 为直径的圆与准线相切，只需证|MM′|＝ 12 |AB|，由抛物线的定义得|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，所以只需证|MM′|＝ 12(|AA′|＋|BB′|)，由梯形的中位线定理知上式是成立的． 所以，以过焦点的弦为直径的圆必与 x＝－ p2 相切.题型 三 反证法的应用 1.(2019·衡水模拟)利用反证法证明：若 x＋ y＝0，则 x＝y＝0，假设为()A.x，y 都不为 0 B．x，y 不都为 0 C.x，y 都不为 0，且 x≠y D．x，y 至少有一个为 0 答案 B 解析 x＝y＝0 的否定为 x≠0 或 y≠0，即 x，y 不都为 0.2.设{a n }是公比为 q 的等比数列．(1)推导{a n }的前 n 项和公式；(2)设 q≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列． 解(1)设{a n }的前 n 项和为 S n，则 当 q＝1 时，S n ＝a 1 ＋a 1 ＋…＋a 1 ＝na 1 ； 当 q≠1 时，S n ＝a 1 ＋a 1 q＋a 1 q 2 ＋…＋a 1 q n－ 1，① qS n ＝a 1 q＋a 1 q 2 ＋…＋a 1 q n，②

①－②得，(1－q)S n ＝a 1 －a 1 q n，∴S n ＝ a1 1－q n 1－q，∴S n ＝ na 1，q＝1，a 1 1－q n 1－q，q≠1.(2)证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的 k∈N *，(a k ＋ 1 ＋1)2 ＝(a k ＋1)(a k ＋ 2 ＋1)，a 2 k ＋ 1 ＋2a k ＋ 1 ＋1＝a k a k ＋ 2 ＋a k ＋a k ＋ 2 ＋1，a 2 1 q2k＋2a 1 q k ＝a 1 q k－ 1 ·a 1 q k ＋ 1 ＋a 1 q k － 1 ＋a 1 q k ＋ 1，2a 1 q k ＝a 1 q k－ 1 ＋a 1 q k ＋ 1，∵a 1 ≠0，∴2q k ＝q k－ 1 ＋q k ＋ 1.∵q≠0，∴q 2 －2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列.1.反证法证明问题的三个步骤 反设—假定所要证的结论不成立，而设结论的反面否定命题成立；否定结论 归谬—将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；推导矛盾 立论—因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误.既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立.命题成立 2.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．

1．已知 x∈R，a＝x 2 ＋ 12，b＝2－x，c＝x2 －x＋1，试证明 a，b，c 至少有一个不小于 1.证明 假设 a，b，c 均小于 1，即 a<1，b<1，c<1，则有 a＋b＋c<3，而 a＋b＋c＝2x 2 －2x＋ 12 ＋3＝2 x－ 122 ＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，故 a，b，c 至少有一个不小于 1.2．已知四棱锥 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． 解(1)证明：由已知得 SA 2 ＋AD 2 ＝SD 2，所以 SA⊥AD.同理 SA⊥AB.又 AB∩AD＝A，所以 SA⊥平面 ABCD.(2)假设在棱 SC 上存在异于 S，C 的点 F，使得 BF∥平面 SAD.因为 BC∥AD，BC⊄平面 SAD.所以 BC∥平面 SAD.而 BC∩BF＝B，所以平面 FBC∥平面 SAD.这与平面 SBC 和平面 SAD 有公共点 S 矛盾，所以假设不成立． 所以不存在这样的点 F，使得 BF∥平面 SAD.对应学生用书 P292 组 基础关 1．(2019·淮南二中模拟)用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，下列假设正确的是()A．三个内角中至少有一个钝角 B．三个内角中至少有两个钝角 C．三个内角都不是钝角 D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角 答案 B 解析 由于命题“三角形的内角至多有一个钝角”的否定为“三角形的内角至少有两个钝角”，故用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设“三个内角中至少有两个钝角”． 2．证明命题“f(x)＝e x ＋1e x 在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：

因为 f(x)＝e x ＋1e x，所以 f′(x)＝e x －1e x，又因为 x>0，所以 e x >1,0<1e x <1，所以 e x －1e x >0，即 f′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 他使用的证明方法是()A．综合法 B．分析法 C．反证法 D．以上都不是 答案 A 解析 由证明过程可知，他使用的方法是综合法．

3．分析法又称执果索因，已知 x>0，用分析法证明 1＋x<1＋ x2 时，索的因是()A．x 2 >2 B．x 2 >4 C．x 2 >0 D．x 2 >1 答案 C 解析 1＋x<1＋ x2 ⇔1＋x<1＋x＋x 24 ⇔00.4．设 x>0，P＝2 x ＋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.5．在等比数列{a n }中，a 1 0，则 11，此时，显然数列{a n }是递增数列，若 a 1 <0，则 1>q>q 2，即 00，则 f(x 1)＋f(x 2)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 x 1 ＋x 2 >0，可知 x 1 >－x 2，f(x 1)b>c，则使1a－b ＋1b－c ≥ka－c 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 a－ca－b ＋a－cb－c ＝a－b＋b－ca－b＋ a－b＋b－cb－c＝2＋ b－ca－b ＋a－bb－c ≥2＋2＝4，当且仅当 a－b＝b－c 时等号成立．∴k≤ a－ca－b ＋a－cb－c，k≤4，故 k 的最大整数为 4.故选 C.8．用反证法证明“若 x 2 －1＝0，则 x＝－1 或 x＝1”时，应假设________． 答案 x≠－1 且 x≠1 解析 根据反证法的定义，应首先假设命题的结论不成立，对本题而言即 x≠－1 且 x≠1.9.6－2 2与 5－ 7的大小关系是________． 答案 6－2 2> 5－ 7 解析 假设 6－2 2> 5－ 7，由分析法可得，要证 6－2 2> 5－ 7，只需证 6＋ 7> 5＋2 2，即证 13＋2 42>13＋4 10，即 42>2 10.因为 42>40，所以 6－2 2> 5－ 7成立． 10．已知点 A n(n，a n)为函数 y＝ x 2 ＋1图象上的点，B n(n，b n)为函数 y＝x 图象上的点，其中 n∈N *，设 c n ＝a n －b n，则 c n 与 c n ＋ 1 的大小关系为________． 答案 c n ＋ 1 0，y>0，且 y－x>1，则 1－yx，1＋3xy的值满足()

A.1－yx，1＋3xy都大于 1 B.1－yx，1＋3xy中至少有一个小于 1 C.1－yx，1＋3xy都小于 1 D．以上说法都不正确 答案 B 解析 ∵x>0，y>0，且 y－x>1，∴x1，∴－x>1－y，∴ 1－yx< －xx＝－1.∵x1，∴3－ 2y >1，∴1＋3xy可小于 1，可等于 1，也可大于 1，故 1－yx，1＋3xy中至少有一个小于 1.故选 B.2．(2019·凉山州模拟)十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数 n>2 时，关于 x，y，z 的方程 x n ＋y n ＝z n 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(x，y，z)使方程 x 3 ＋y 3 ＝z 3 有解 B．关于 x，y 的方程 x 3 ＋y 3 ＝1 有正有理数解 C．关于 x，y 的方程 x 3 ＋y 3 ＝1 没有正有理数解 D．当整数 n>3 时，关于 x，y 的方程 x n ＋y n ＝z n 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中的一个．假设关于 x，y 的方程 x 3 ＋y 3 ＝1 有正有理数解，故 x，y 可写成整数比值的形式，不妨设x＝ mn，y＝ba，其中 m，n 为互质的正整数，a，b 为互质的正整数．代入方程得m 3n 3 ＋b 3a 3 ＝1，两边乘以 a3 n 3 得(am)3 ＋(bn)3 ＝(an)3，由于 am，bn，an 都是正整数，这与费马大定理矛盾，故假设不成立，所以关于 x，y 的方程 x 3 ＋y 3 ＝1 没有正有理数解．

3．用反证法证明命题“若实数 a，b，c，d 满足 a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则 a，b，c，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：________.答案 a，b，c，d 全是负数 解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d 中没有一个是非负数，即 a，b，c，d 全是负数”． 4．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.(1)求证：a，b，c 成等差数列；(2)若 C＝ 2π3，求证：5a＝3b.证明(1)由已知得 sinAsinB＋sinBsinC＝2sin 2 B，因为 sinB≠0，所以 sinA＋sinC＝2sinB，由正弦定理，有 a＋c＝2b，即 a，b，c 成等差数列．(2)由 C＝ 2π3，c＝2b－a 及余弦定理得(2b－a)2 ＝a 2 ＋b 2 ＋ab，即有 5ab－3b 2 ＝0，又 b>0，所以 5a＝3b.5．已知数列{a n }各项均为正数，且不是常数列．(1)若数列{a n }是等差数列，求证：

a 1 ＋ a 3 <2 a 2 ；(2)若数列{a n }是等比数列，求证：1－a n, 1－a n ＋ 1, 1－a n ＋ 2 不可能成等比数列． 证明(1)要证 a 1 ＋ a 3 <2 a 2，只要证 a 1 ＋a 3 ＋2 a 1 a 3 <4a 2，因为数列{a n }是等差数列，所以 a 1 ＋a 3 ＝2a 2，只要证 a 1 a 3

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