届江苏高考数学文总复习讲义 直接证明与间接证明.docx
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届江苏高考数学文总复习讲义直接证明与间接证明
第四节
直接证明与间接证明
1．直接证明
直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．
（1）综合法：
从已知的条件出发，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．
（2）分析法：
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．
（3）综合法与分析法的推证过程如下：
综合法——⇒…⇒…⇒；
分析法——⇐…⇐…⇐.
2．间接证明
反证法：
一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
[小题体验]
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“a＞b”时，应假设“a≤b”．（ ）
（4）反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．（ ）
答案：
（1）×
（2）× （3）√ （4）×
2．设a＝lg2＋lg5，b＝ex（x＜0），则a与b的大小关系为________．
答案：
a＞b
3．下列条件：
①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b＜0，其中能使＋≥2成立的条件的个数是________．
解析：
要使＋≥2成立，
则＞0，即a与b同号，
故①③④均能使＋≥2成立．
答案：
3
1．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证（欲证）……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．
2．利用反证法证明数学问题时，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．
[小题纠偏]
1.－2与－的大小关系是________．
解析：
假设－2＞－，由分析法可得，要证－2＞－，只需证＋＞＋2，即证13＋2＞13＋4，即＞2.因为42＞40，所以－2＞－成立．
答案：
－2＞－
2．（2019·南通调研）用反证法证明命题：
“若（a－1）（b－1）·（c－1）＞0，则a，b，c中至少有一个大于1”时，要做的假设是“假设a，b，c________”．
答案：
都不大于1
[题组练透]
1．（2019·南通模拟）已知m＞0，a，b∈R，求证：
2≤.
证明：
∵m＞0，∴1＋m＞0，
∴要证2≤，
即证（a＋mb）2≤（1＋m）（a2＋mb2），
即证m（a2－2ab＋b2）≥0，
即证（a－b）2≥0，
而（a－b）2≥0显然成立，
故2≤.
2．（易错题）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：
＋＝.
证明：
要证＋＝，
即证＋＝3，
也就是＋＝1，
只需证c（b＋c）＋a（a＋b）＝（a＋b）（b＋c），
需证c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三内角A，B，C成等差数列，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．
[谨记通法]
1．利用分析法证明问题的思路
分析法的证明思路：
先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题（定义、公理、定理、法则、公式等）或要证命题的已知条件时命题得证．
2．分析法证明问题的适用范围
当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．
[典例引领]
（2019·徐州检测）设a，b是非负实数，求证：
a3＋b3≥（a2＋b2）．
证明：
因为a3＋b3－（a2＋b2）＝a2（－）＋b2·（－）＝（－）[（）5－（）5]，
当a≥b时，≥，从而（）5≥（）5，
得（－）[（）5－（）5]≥0；
当a＜b时，＜，从而（）5＜（）5，
得（－）[（）5－（）5]＞0.
所以a3＋b3≥（a2＋b2）．
[由题悟法]
综合法证明问题的思路
（1）分析条件选择方向
分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法
（2）转化条件组织过程
把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化
（3）适当调整回顾反思
回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取
[即时应用]
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＝，求证5a＝3b.
证明：
（1）由已知得sinAsinB＋sinBsinC＝2sin2B，
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＝，c＝2b－a及余弦定理得
（2b－a）2＝a2＋b2＋ab，即有5ab－3b2＝0，
所以＝，即5a＝3b.
[典例引领]
设a＞0，b＞0，且a＋b＝＋.证明：
（1）a＋b≥2；
（2）a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
证明：
由a＋b＝＋＝，a＞0，b＞0，
得ab＝1.
（1）由基本不等式及ab＝1，
有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.当且仅当a＝b时取等号．
（2）假设a2＋a＜2与b2＋b＜2同时成立，
则由a2＋a＜2及a＞0，得0＜a＜1；
同理，0＜b＜1，从而ab＜1，这与ab＝1矛盾．
故a2＋a＜2与b2＋b＜2不可能同时成立．
[由题悟法]
反证法证明问题的3步骤
（1）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）
（2）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）
（3）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）
[即时应用]
等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
（1）求数列{an}的通项an与前n项和Sn.
（2）设bn＝（n∈N*），求证：
数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
解：
（1）设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
所以d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n（n＋）．
（2）证明：
由
（1）得bn＝＝n＋，
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br（p，q，r∈N*，且互不相等）成等比数列，则b＝bpbr.
即（q＋）2＝（p＋）（r＋），
所以（q2－pr）＋（2q－p－r）＝0，
因为p，q，r∈N*，
所以
所以2＝pr，（p－r）2＝0，
所以p＝r，与p≠r矛盾，
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
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1．（2019·海门中学检测）用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其反设为“________”．
解析：
命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，
其题设为“a2＋b2＝0”，结论是“a，b全为0”，
用反证法证明该命题时，其反设为“a，b不全为0”．
答案：
a，b不全为0
2．（2018·徐州模拟）若P＝＋，Q＝＋（a≥0），则P，Q的大小关系是________．
解析：
因为P2＝2a＋7＋2·＝2a＋7＋2，Q2＝2a＋7＋2·＝2a＋7＋2，所以P2＜Q2，所以P＜Q.
答案：
P＜Q
3．（2018·江阴调研）设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：
“a，b中至少有一个大于1”的条件的是________（填序号）．
解析：
①中，假设a≤1，b≤1，则a＋b≤2与已知条件a＋b＞2矛盾，故假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1，①正确；②中，若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2成立，故②不能推出：
“a，b中至少有一个大于1”．
答案：
①
4．设f（x）是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f（x）单调递减，若x1＋x2＞0，则f（x1）＋f（x2）________0（填“＞”“＜”或“＝”）．
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x1＋x2＞0，可知x1＞－x2，f（x1）＜f（－x2）＝－f（x2），
则f（x1）＋f（x2）＜0.
答案：
＜
5．（2019·吕四中学检测）若0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，则在a＋b,2，a2＋b2和2ab中最大的是________．
解析：
因为0＜a＜1,0＜b＜1，且a≠b，所以a＋b＞2，a2＋b2＞2ab，a＋b－（a2＋b2）＝a（1－a）＋b（1－b）＞0，所以a＋b最大．
答案：
a＋b
6．如果a＋b＞a＋b，则a，b应满足的条件是__________．
解析：
a＋b＞a＋b，即（－）2（＋）＞0，需满足a≥0，b≥0且a≠b.
答案：
a≥0，b≥0且a≠b
7．已知点An（n，an）为函数y＝图象上的点，Bn（n，bn）为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：
由条件得cn＝an－bn＝－n＝，
所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1＜cn.
答案：
cn＋1＜cn
8．已知x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，求证：
＞8.
证明：
因为x，y，z是互不相等的正数，且x＋y＋z＝1，
所以－1＝＝＞，①
－1＝＝＞，②
－1＝＝＞，③
又x，y，z为正数，由①×②×③，
得＞8.
9．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S8＝64.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：
＋＞（n≥2，n∈N*）．
解：
（1）设等差数列{an}的公差为d，
则解得a1＝1，d＝2.
故所求的通项公式为an＝2n－1.
（2）证明：
由
（1）可知Sn＝n2，
要证原不等式成立，只需证＋＞，
即证[（n＋1）2＋（n－1）2]n2＞2（n2－1）2，
只需证（n2＋1）n2＞（n2－1）2，
即证3n2＞1.
而3n2＞1在n≥2时恒成立，
从而不等式＋＞（n≥2，n∈N*）恒成立．
10.如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．
（1）求证：
EC∥平面PAD；
（2）求证：
平面EAC⊥平面PBC.
证明：
（1）作线段AB的中点F，连结EF，CF（图略），则AF＝CD，AF∥CD，
所以四边形ADCF是平行四边形，
则CF∥AD.
又EF∥AP，且CF∩EF＝F，所以平面CFE∥平面PAD.
又EC⊂平面CEF，所以EC∥平面PAD.
（2）因为PC⊥底面ABCD，所以PC⊥AC.
因为四边形ABCD是直角梯形，
且AB＝2AD＝2CD＝2，
所以AC＝，BC＝.
所以AB2＝AC2＋BC2，所以AC⊥BC，
因为PC∩BC＝C，所以AC⊥平面PBC，
因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.
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1．（2019·南通调研）已知数列{an}各项均为正数，且不是常数列．
（1）若数列{an}是等差数列，求证：
＋＜2；
（2）若数列{an}是等比数列，求证：
1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
证明：
（1）要证＋＜2，
只需证a1＋a3＋2＜4a2，
∵数列{an}是等差数列，
∴a1＋a3＝2a2，
∴只需证＜a2，
即证a1a3＜a＝2，
∵数列{an}各项均为正数，
∴a1a3＜a＝2成立，
∴＋＜2.
（2）假设1－an,1－an＋1,1－an＋2成等比数列，
则（1－an＋1）2＝（1－an）（1－an＋2），
即1－2an＋1＋a＝1＋anan＋2－（an＋an＋2），
∵数列{an}是等比数列，
∴a＝anan＋2，
∴2an＋1＝an＋an＋2，
∴数列{an}是等差数列，
∴数列{an}是常数列，这与已知相矛盾，
故假设不成立，
∴1－an,1－an＋1,1－an＋2不可能成等比数列．
2．若无穷数列{an}满足：
只要ap＝aq（p，q∈N*），必有ap＋1＝aq＋1，则称{an}具有性质P.
（1）若{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a4＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，求a3；
（2）若无穷数列{bn}是等差数列，无穷数列{cn}是公比为正数的等比数列，b1＝c5＝1，b5＝c1＝81，an＝bn＋cn，判断{an}是否具有性质P，并说明理由；
（3）设{bn}是无穷数列，已知an＋1＝bn＋sinan（n∈N*），求证：
“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．
解：
（1）因为a5＝a2，所以a6＝a3，a7＝a4＝3，a8＝a5＝2，
于是a6＋a7＋a8＝a3＋3＋2.
又因为a6＋a7＋a8＝21，所以a3＝16.
（2）由题意，得数列{bn}的公差为20，{cn}的公比为，
所以bn＝1＋20（n－1）＝20n－19，
cn＝81·n－1＝35－n，
an＝bn＋cn＝20n－19＋35－n.
a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝，a2≠a6，
所以{an}不具有性质P.
（3）证明：
充分性：
当{bn}为常数列时，an＋1＝b1＋sinan.
对任意给定的a1，若ap＝aq，则b1＋sinap＝b1＋sinaq，即ap＋1＝aq＋1，充分性得证．
必要性：
假设{bn}不是常数列，则存在k∈N*，使得b1＝b2＝…＝bk＝b，而bk＋1≠b.
下面证明存在满足an＋1＝bn＋sinan的数列{an}，使得a1＝a2＝…＝ak＋1，但ak＋2≠ak＋1.
设f（x）＝x－sinx－b，取m∈N*，使得mπ＞|b|，
则f（mπ）＝mπ－b＞0，f（－mπ）＝－mπ－b＜0，
故存在c使得f（c）＝0.
取a1＝c，因为an＋1＝b＋sinan（1≤n≤k），
所以a2＝b＋sinc＝c＝a1，
依此类推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.
但ak＋2＝bk＋1＋sinak＋1＝bk＋1＋sinc≠b＋sinc，
即ak＋2≠ak＋1.
所以{an}不具有性质P，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．
命题点一 算法
1.（2018·江苏高考）一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为________．
解析：
I＝1，S＝1，此时I＜6，进入循环；
I＝3，S＝2，此时I＜6，进入下一次循环；
I＝5，S＝4，此时I＜6，进入下一次循环；
I＝7，S＝8，此时I＞6，不满足I＜6，退出循环，
输出S＝8.
答案：
8
2．（2017·江苏高考）如图是一个算法流程图．若输入x的值为，则输出y的值是________．
解析：
由流程图可知其功能是运算分段函数y＝所以当输入的x的值为时，y＝2＋log2＝2－4＝－2.
答案：
－2
3．（2016·江苏高考）如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是________．
解析：
由a＝1，b＝9，知a＜b，
所以a＝1＋4＝5，b＝9－2＝7，a＜b.
所以a＝5＋4＝9，b＝7－2＝5，满足a＞b.
所以输出的a＝9.
答案：
9
4．（2015·江苏高考）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为________．
解析：
由程序可知，S＝1，I＝1，I＜8；S＝3，I＝4，I＜8；S＝5，I＝7，I＜8；S＝7，I＝10，I＞8，此时结束循环，输出S＝7.
答案：
7
命题点二 复数
1.（2018·江苏高考）若复数z满足i·z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则z的实部为________．
解析：
由i·z＝1＋2i，得z＝＝2－i，
∴z的实部为2.
答案：
2
2．（2017·江苏高考）已知复数z＝（1＋i）（1＋2i），其中i是虚数单位，则z的模是________．
解析：
法一：
复数z＝1＋2i＋i－2＝－1＋3i，
则|z|＝＝.
法二：
|z|＝|1＋i|·|1＋2i|＝×＝.
答案：
3．（2016·江苏高考）复数z＝（1＋2i）（3－i），其中i为虚数单位，则z的实部是________．
解析：
因为z＝（1＋2i）（3－i）＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的实部是5.
答案：
5
4．（2015·江苏高考）设复数z满足z2＝3＋4i（i是虚数单位），则z的模为________．
解析：
因为z2＝3＋4i，
所以|z2|＝|z|2＝|3＋4i|＝＝5，
所以|z|＝.
答案：
5．（2018·天津高考）i是虚数单位，复数＝________.
解析：
＝＝＝4－i.
答案：
4－i
命题点三 合情推理与演绎推理
1.（2017·全国卷Ⅱ改编）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：
你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：
我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则下列说法正确的序号为________．
①乙可以知道四人的成绩
②丁可以知道四人的成绩
③乙、丁可以知道对方的成绩
④乙、丁可以知道自己的成绩
解析：
依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩．故④正确．
答案：
④
2．（2016·天津高考）已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
（1）设cn＝b－b，n∈N*，求证：
数列{cn}是等差数列；
（2）设a1＝d，Tn＝（－1）kb，n∈N*，求证：
＜.
证明：
（1）由题意得b＝anan＋1，
cn＝b－b＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1.
因此cn＋1－cn＝2d（an＋2－an＋1）＝2d2，
所以{cn}是等差数列．
（2）Tn＝（－b＋b）＋（－b＋b）＋…＋（－b＋b）
＝2d（a2＋a4＋…＋a2n）
＝2d·
＝2d2n（n＋1）．
所以＝
＝
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