§13.2直接證明與間接證明第十三章

推理與證明、算法、復數基礎知識

自主學習課時作業題型分類深度剖析內容索引基礎知識自主學習1.直接證明(1)綜合法①定義：一般地，利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過一系列的

，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法.②框圖表示：(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結論).③思維過程：由因導果.知識梳理推理論證(2)分析法①定義：一般地，從

出發，逐步尋求使它成立的

，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法.②框圖表示：(其中Q表示要證明的結論).③思維過程：執果索因.要證明的結論充分條件2.間接證明反證法：一般地，假設原命題

(即在原命題的條件下，結論不成立)，經過正確的推理，最后得出

，因此說明假設錯誤，從而證明

的證明方法.不成立矛盾原命題成立題組一思考辨析1.判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(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論出發，逐步尋找使結論成立的充要條件.(

)(3)用反證法證明結論“a>b”時，應假設“a<b”.(

)(4)反證法是指將結論和條件同時否定，推出矛盾.(

)基礎自測123456××××(5)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現解決問題的過程.(

)(6)證明不等式

最合適的方法是分析法.(

)123456√√題組二教材改編2.[P89T2]若P＝

(a≥0)，則P，Q的大小關系是

A.P>Q

B.P＝QC.P<Q

D.由a的取值確定答案解析√123456∴P2>Q2，又∵P>0，Q>0，∴P>Q.3.[P91B組T2]設實數a，b，c成等比數列，非零實數x，y分別為a與b，b與c的等差中項，則

等于

A.1 B.2 C.4 D.6答案解析123456√123456解析答案題組三易錯自糾4.若a，b，c為實數，且a<b<0，則下列命題正確的是

A.ac2<bc2

B.a2>ab>b2123456解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab. ①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，

②由①②得a2>ab>b2.√5.用反證法證明命題：“設a，b為實數，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要作的假設是

A.方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根解析答案123456√解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒有實根，故選A.解析答案1234566.(2017·德州一模)如果△A1B1C1的三個內角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內角的正弦值，則△A2B2C2是_____三角形.鈍角123456解析由條件知，△A1B1C1的三個內角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設△A2B2C2是銳角三角形.123456所以△A2B2C2是鈍角三角形.題型分類深度剖析1.(2018·綏化模擬)設a，b，c均為正實數，則三個數A.都大于2 B.都小于2C.至少有一個不大于2 D.至少有一個不小于2題型一綜合法的應用自主演練√解析∵a>0，b>0，c>0，當且僅當a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.解析答案解析答案a≥0，b≥0且a≠b3.(2018·武漢月考)若a，b，c是不全相等的正數，求證：證明證明

∵a，b，c∈(0，＋∞)，由于a，b，c是不全相等的正數，∴上述三個不等式中等號不能同時成立，上式兩邊同時取常用對數，得(1)綜合法是“由因導果”的證明方法，它是一種從已知到未知(從題設到結論)的邏輯推理方法，即從題設中的已知條件或已證的真實判斷(命題)出發，經過一系列中間推理，最后導出所要求證結論的真實性.(2)綜合法的邏輯依據是三段論式的演繹推理.思維升華題型二分析法的應用師生共研證明所以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.若本例中f(x)變為f(x)＝3x－2x，試證：對于任意的x1，x2∈R，均有證明引申探究由于當x1，x2∈R時，

>0,>0，(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件.正確把握轉化方向是使問題順利解決的關鍵.(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證.思維升華證明題型三反證法的應用多維探究解答命題點1證明否定性命題典例

(2018·株州月考)設{an}是公比為q的等比數列.(1)推導{an}的前n項和公式；解設{an}的前n項和為Sn，則當q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，

①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，

②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，(2)設q≠1，證明：數列{an＋1}不是等比數列.證明假設{an＋1}是等比數列，則對任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，證明∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知矛盾.∴假設不成立，故{an＋1}不是等比數列.命題點2證明存在性命題典例

已知四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝

，SA＝1.(1)求證：SA⊥平面ABCD；證明由已知得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.證明(2)在棱SC上是否存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點的位置；若不存在，請說明理由.解假設在棱SC上存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD.∵BC∥AD，BC?平面SAD.∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴平面FBC∥平面SAD.這與平面SBC和平面SAD有公共點S矛盾，∴假設不成立.∴不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD.解答命題點3證明唯一性命題典例(2018·宜昌模擬)已知M是由滿足下列條件的函數構成的集合：對任意f(x)∈M，①方程f(x)－x＝0有實數根；②函數f(x)的導數f′(x)滿足0<f′(x)<1.解答解①當x＝0時，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有實數根0；證明假設方程f(x)－x＝0存在兩個實數根α，β(α≠β)，則f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.不妨設α<β，根據題意存在c∈(α，β)，滿足f(β)－f(α)＝(β－α)f′(c).因為f(α)＝α，f(β)＝β，且α≠β，所以f′(c)＝1.與已知0<f′(x)<1矛盾.又f(x)－x＝0有實數根，所以方程f(x)－x＝0有且只有一個實數根.(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性質：若f(x)的定義域為D，則對于任意[m，n]?D，都存在x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n－m)f′(x0)成立.試用這一性質證明：方程f(x)－x＝0有且只有一個實數根.證明應用反證法證明數學命題，一般有以下幾個步驟：第一步：分清命題“p?q”的條件和結論；第二步：作出與命題結論q相反的假設

q；第三步：由p和

q出發，應用正確的推理方法，推出矛盾結果；第四步：斷定產生矛盾結果的原因在于開始所作的假設

q不真，于是原結論q成立，從而間接地證明了命題p?q為真.所說的矛盾結果，通常是指推出的結果與已知公理、已知定義、已知定理或已知事實矛盾，與臨時假設矛盾以及自相矛盾等都是矛盾結果.思維升華跟蹤訓練

若f(x)的定義域為[a，b]，值域為[a，b](a<b)，則稱函數f(x)是[a，b]上的“四維光軍”函數.解答因為b>1，所以b＝3.解答解得a＝b，這與已知矛盾.故不存在.典例(12分)(2018·衡陽調研)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：

＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標原點.(1)當點B的坐標為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形.反證法在證明題中的應用思想方法思想方法指導規范解答思想方法指導

在證明否定性命題，存在性命題，唯一性命題時?？紤]用反證法證明，應用反證法需注意：(1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，正確作出假設是反證法的基礎，應用假設是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的.(2)當證明的結論和條件聯系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法.(3)利用反證法證明時，一定要回到結論上去.規范解答(1)解因為四邊形OABC為菱形，則AC與OB相互垂直平分.由于O(0,0)，B(0,1)，(2)證明假設四邊形OABC為菱形，因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0.消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. [6分]設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以AC與OB不垂直. [10分]所以四邊形OABC不是菱形，與假設矛盾.所以當點B在W上且不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形.[12分]課時作業A.A≤B≤C

B.A≤C≤BC.B≤C≤A

D.C≤B≤A基礎保分練解析答案12345678910111213141516√123456789101112131415162.分析法又稱執果索因法，若用分析法證明：“設a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證

”索的因應是

A.a－b>0 B.a－c>0C.(a－b)(a－c)>0 D.(a－b)(a－c)<0解析答案12345678910111213141516√?(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)>0.3.(2017·鄭州模擬)設x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sinx＋cosx)2，則

A.P>Q

B.P<QC.P≤Q

D.P≥Q解析答案12345678910111213141516√解析因為2x＋2－x≥ ＝2(當且僅當x＝0時等號成立)，而x>0，所以P>2；又(sinx＋cosx)2＝1＋sin2x，而sin2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故選A.解析答案123456789101112131415164.①已知p3＋q3＝2，證明：p＋q≤2.用反證法證明時，可假設p＋q≥2；②若a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證：方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1.用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|≥1.以下結論正確的是

A.①與②的假設都錯誤B.①的假設正確；②的假設錯誤C.①與②的假設都正確D.①的假設錯誤；②的假設正確√解析對于①，結論的否定是p＋q>2，故①中的假設錯誤；對于②，其假設正確，故選D.5.若

，則下列結論不正確的是

A.a2<b2

B.ab<b2C.a＋b<0 D.|a|＋|b|>|a＋b|解析答案12345678910111213141516√∴a2<b2，ab<b2，a＋b<0，|a|＋|b|＝|a＋b|.6.(2018·濟寧模擬)設a，b是兩個實數，給出下列條件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是

A.②③

B.①②③C.③

D.③④⑤解析答案12345678910111213141516√但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，則a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故⑤推不出；對于③，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1，下面用反證法證明：假設a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b>2矛盾，因此假設不成立，a，b中至少有一個大于1.12345678910111213141516答案123456789101112131415167.用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”，那么假設的內容是__________________.a，b都不能被5整除解析答案12345678910111213141516解析答案12345678910111213141516cn＋1<cn解析由條件得則cn隨n的增大而減小，∴cn＋1<cn.解析答案1234567891011121314151610.(2017·武漢聯考)已知直線l⊥平面α，直線m?平面β，有下列命題：①α∥β?l⊥m；②α⊥β?l∥m；③l∥m?α⊥β；④l⊥m?α∥β.其中正確命題的序號是________.①③1234567891011121314151611.(2017·黃岡模擬)設數列{an}的前n項和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*).其中m為常數，且m≠－3且m≠0.(1)求證：{an}是等比數列；12345678910111213141516證明證明由(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且m≠0，12345678910111213141516證明12345678910111213141516證明∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，∴a1＝1.∴當n∈N*且n≥2時，12.(2017·北京)設{an}和{bn}是兩個等差數列，記cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs這s個數中最大的數.(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并證明{cn}是等差數列；12345678910111213141516解答12345678910111213141516解c1＝b1－a1＝1－1＝0，c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1,3－3×2,5－3×3}＝－2.當n≥3時，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0，所以bk－nak在k∈N*上單調遞減.所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.所以對任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，所以{cn}是等差數列.(2)證明：或者對任意正數M，存在正整數m，當n≥m時，

；或者存在正整數m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數列.12345678910111213141516證明12345678910111213141516證明設數列{an}和{bn}的公差分別為d1，d2，則bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1).①當d1＞0時，因此，cn＝b1－a1n，此時，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差數列.②當d1＝0時，對任意n≥1，cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0}＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1).此時，c1，c2，c3，…，cn，…是等差數列.③當d1＜0時，12345678910111213141516≥n(－d1)＋d1－a1＋d2－|b1－d2|.對任意正數M，1234567891011121314151613.(2018·長春模擬)若二次函數f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在區間[－1,1]內至少存在一點c，使f(c)>0，則實數p的取值范圍是________.技能提升練解析答案12345678910111213141516解析若二次函數f(x)≤0在區間[－1,1]內恒成立，12345678910111213141516證明12345678910111213141516證明由于x≥1，y≥1，只需證xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.將上式中的右式減左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1).12345678910111213141516因為x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，從而所要證明的不等式成立.解當n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，拓展沖刺練1234567891011121314151615.(2018·中山模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數列{an}的通項公式；解答證明假設存在三項按原來順序成等差數列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p<q<r，且p，q，r∈N*)，12345678910111213141516(2)求證：數列{an}中不存在三項按原來順序成等差數列.證明所以2·2r－q＝2r－p＋1. (*)又因為p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.所以(*)式左邊是偶數，右邊是奇數，等式不成立，矛盾.所以假設不成立，原命題得證.16.(20