PAGEPAGE9第4講干脆證明與間接證明[考綱解讀]1.駕馭干脆證明的兩種基本方法：分析法與綜合法．(重點)2.能夠用反證法證明問題，駕馭反證法的步驟：①反設；②歸謬；③結(jié)論．(難點)3.綜合法、反證法證明問題是高考中的一個熱點，主要在學問交匯處命題，如數(shù)列、不等式等．[考向預料]從近三年高考狀況來看，本講是高考中的一個熱點.預料2024年將會以不等式、立體幾何、數(shù)列等學問為載體，考查分析法、綜合法與反證法的敏捷應用，題型為解答題中的一問，試題難度中等.1．干脆證明續(xù)表2．間接證明間接證明是不同于干脆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：假設原命題eq\o(□,\s\up4(01))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，最終得出沖突，因此說明假設錯誤，從而證明eq\o(□,\s\up4(02))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——假設命題的結(jié)論不成立；②歸謬——依據(jù)假設進行推理，直到推出沖突為止；③結(jié)論——斷言假設不成立，從而確定原命題的結(jié)論成立．1．概念辨析(1)綜合法是干脆證明，分析法是間接證明．()(2)分析法是從要證明的結(jié)論動身，逐步找尋使結(jié)論成立的充要條件．()(3)反證法是指將結(jié)論和條件同時否定，推出沖突．()(4)在解決問題時，常用分析法找尋解題的思路與方法，再用綜合法呈現(xiàn)解決問題的過程．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，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eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，需證(eq\r(3)＋eq\r(7))2<(2eq\r(5))2，即證10＋2eq\r(21)<20，即證eq\r(21)<5，即證21<25，明顯成立，故原結(jié)論成立．用綜合法證明：因為(eq\r(3)＋eq\r(7))2－(2eq\r(5))2＝10＋2eq\r(21)－20＝2(eq\r(21)－5)<0，故eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5).反證法證明：假設eq\r(3)＋eq\r(7)≥2eq\r(5)，通過兩端平方后導出沖突，從而確定原結(jié)論．從以上證法中，可知最合理的是分析法．故選B.(2)命題“對于隨意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”過程應用了()A．分析法B．綜合法C．綜合法、分析法綜合運用D．間接證明法答案B解析因為證明過程是“從左到右”，即由條件動身，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a，b為實數(shù)，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恰好有兩個實根答案A解析因為“方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”等價于“方程x3＋ax＋b＝0的實根的個數(shù)大于或等于1”，因此，要作的假設是方程x3＋ax＋b＝0沒有實根．故選A.題型eq\a\vs4\al(一)分析法的應用(2024·長沙模擬)已知函數(shù)f(x)＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，若x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且x1≠x2，求證：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明要證eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(1,2)(tanx1＋tanx2)>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2,cosx2)))>taneq\f(x1＋x2,2)，只需證明eq\f(sinx1＋x2,2cosx1cosx2)>eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2).由于x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x1≠x2知上式明顯成立，因此eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).條件探究舉例說明中“f(x)”變?yōu)椤癴(x)＝3x－2x”，試證：對于隨意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).1．分析法證明問題的策略(1)逆向思索是用分析法證題的主要思想．(2)證明較困難的問題時，可以采納兩頭湊的方法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(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、干脆．②證明過程中所須要用的學問不太明確、詳細．③含有根號、確定值的等式或不等式，從正面不易推導．(2)證題關鍵：保證分析過程的每一步都是可逆的．已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明要證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝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eq\a\vs4\al(二)綜合法的應用(2024·黃岡模擬)設數(shù)列{an}的前n項和為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}滿意b1＝a1，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))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，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2m,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)＝eq\f(2m,m＋3)，∴當n∈N且n≥2時，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)＝eq\f(3,2)·eq\f(2bn－1,bn－1＋3)?bnbn－1＋3bn＝3bn－1?eq\f(1,bn)－eq\f(1,bn－1)＝eq\f(1,3).∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是首項為1，公差為eq\f(1,3)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動身，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，并且簡單通過分析和應用條件逐步靠近結(jié)論的題型．2．綜合法證明問題的常見類型及方法(1)與不等式有關的證明：充分利用函數(shù)、方程、不等式間的關系，同時留意函數(shù)單調(diào)性、最值的應用，尤其留意導數(shù)思想的應用．(2)與數(shù)列有關的證明：充分利用等差、等比數(shù)列的定義通項及前n項和公式證明．見舉例說明.設a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.證明因為a，b，c都是正數(shù)，所以eq\f(bc,a)，eq\f(ac,b)，eq\f(ab,c)都是正數(shù)．所以eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)≥2c，當且僅當a＝b時等號成立，eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥2a，當且僅當b＝c時等號成立，eq\f(ab,c)＋eq\f(bc,a)≥2b，當且僅當a＝c時等號成立．三式相加，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥2(a＋b＋c)，即eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c，當且僅當a＝b＝c時等號成立．題型eq\a\vs4\al(三)反證法的應用角度1證明否定性命題1．(2024·株州月考)設{an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導{an}的前n項和公式；(2)設q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．解(1)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，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)證明：假設{an＋1}是等比數(shù)列，則對隨意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知沖突．∴假設不成立，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是由滿意下述條件的函數(shù)構(gòu)成的集合：對隨意f(x)∈M，(ⅰ)方程f(x)－x＝0有實數(shù)根；(ⅱ)函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)滿意0<f′(x)<1.(1)推斷函數(shù)f(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(sinx,4)是不是集合M中的元素，并說明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性質(zhì)：若f(x)的定義域為D，則對于隨意[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(zhì)證明：方程f(x)－x＝0有且只有一個實數(shù)根．解(1)①當x＝0時，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有實數(shù)根為0；②因為f′(x)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cosx，所以f′(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)))，滿意條件0<f′(x)<1.由①②可得，函數(shù)f(x)＝eq\f(x,2)＋eq\f(sinx,4)是集合M中的元素．(2)證明：假設方程f(x)－x＝0存在兩個實數(shù)根α，β(α≠β)，則f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.不妨設α<β，依據(jù)題意存在c∈(α，β)．滿意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沖突．又f(x)－x＝0有實數(shù)根，所以方程f(x)－x＝0有且只有一個實數(shù)根．1．反證法證明問題的三步驟2．反證法的適用范圍(1)否定性命題；(2)命題的結(jié)論中出現(xiàn)“至少”“至多”“唯一”等詞語的；(3)當命題成立特別明顯，而要干脆證明所用的理論太少，且不簡單說明，而其逆否命題又是特別簡單證明的；(4)要探討的狀況很困難，而反面狀況很少.1．已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個不小于1.證明假設a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，則有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，兩者沖突，所以假設不成立，故a，b，c至少有一個不小于1.2．已知四棱錐S－ABCD中，底面是