1、13.2 直接证明与间接证明考纲要求 1.了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点 1直接证明(1)综合法 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_，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法 推理论证(2)分析法 定义：从_出发，逐步寻求使它成立的_，直至最后，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)为止，这种证明方法叫做分析法 要证明的结论充分条件2间接证明 反证法：假设原命题_(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_，因此说明假设错误
2、，从而证明_的证明方法 不成立矛盾原命题成立【思考辨析】判断下 面结论是 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“ab”时，应假设“ab”()【答案】(1)(2)(3)(4)(5)(6)(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾()(5)在解决问题时，常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()(6)证 明 不 等 式2 7 3 6 最 合 适 的 方 法 是 分 析法()1若 a，b，c 为实数，且 ab0，则下列命题正确的是()Aac2ab
3、b2C.1aab【解析】a2aba(ab)，ab0，ab0，a2ab.又abb2b(ab)0，abb2，由得a2abb2.【答案】B 2用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根 B方程x3axb0至多有一个实根 C方程x3axb0至多有两个实根 D方程x3axb0恰好有两个实根【解析】方程x3axb0至少有一个实根的反面是方程x3axb0没有实根，故应选A.【答案】A 【解析】a2b21a2b20(a21)(b21)0.【答案】D 3要证 a2b21a2b20 只要证明()A2ab1a2b20 Ba2b21a4b420
4、C.（ab）221a2b20 D(a21)(b21)0【答案】a0，b0且ab 4如果 a ab ba bb a，则 a、b 应满足的条件是_【解析】a ab b(a bb a)a(ab)b(ba)(a b)(ab)(a b)2(a b)当 a0，b0 且 ab 时，(a b)2(a b)0.a ab ba bb a成立的条件是 a0，b0 且 ab.5(教材改编)在ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则ABC的形状为_三角形【解析】由题意 2BAC，又 ABC，B3，又 b2ac，【答案】等边由余弦定理得 b2a2c22accos
5、 Ba2c2ac，a2c22ac0，即(ac)20，ac，AC，ABC3，ABC 为等边三角形题型一 综合法的应用【例 1】(2017河南中原名校下学期第一次联考)已知函数 f(x)axln x.(1)若函数 f(x)在区间1，e上的最小值是32，求 a 的值；(2)当a1 时，设 F(x)f(x)1ln xx，求证：当 x1 时，F（x）2ex1 e1xex1.【解析】(1)f(x)xax2，且 x1，e 当 a1 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，其最小值为 f(1)a1，与函数在1，e上的最小值是32相矛盾；当 1ae 时，在1，a)上 f(x)0，函数 f(x)单调递减，在(a，
6、e上 f(x)0，函数 f(x)单调递增，函数 f(x)的最小值为 f(a)ln a132，解得 a e.当 ae 时，f(x)0，函数 f(x)在1，e上单调递减，其最小值为 f(e)1ae2，与最小值是32相矛盾 综上所述，a 的值为 e.(2)证明 要证F（x）2ex1 e1xex1，即证F（x）e1 2ex1xex1.当 a1 时，F(x)11xln xln xx，F(x)1x21x1ln xx2xln xx2.令(x)xln x，则(x)11xx1x.当 x1 时，(x)0，(x)单调递增；当 0 x1 时，(x)0，(x)单调递减(x)在 x1 处取得唯一的极小值，即为最小值，即(
7、x)(1)10，F(x)0，F(x)在(0，)上是增函数 当 x1 时，F(x)F(1)2，F（x）e1 2e1.令 h(x)2ex1xex1，则 h(x)2ex1（xex1）（xex1）ex1（xex1）2 2ex1（1ex）（xex1）2.x1，1ex0，h(x)0，即 h(x)在(1，)上是减函数 当 x1 时，h(x)h(1)2e1.F（x）e1 2e1h(x)，即F（x）e1 2ex1xex1，F（x）2ex1 e1xex1.【方法规律】(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系
8、列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理 跟踪训练1(2016北京)设数列A：a1，a2，aN(N2)如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有akan，则称n是数列A的一个“G时刻”记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合(1)对数列A：2，2，1，1，3，写出G(A)的所有元素；(2)证明：若数列A中存在an使得ana1，则G(A)；(3)证明：若数列A满足anan11(n2，3，N)，则G(A)的元素个数不小于aNa1.【解析】(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明 因为存在an使得ana1，所以iN*|2iN，aia1.记mminiN*|2
9、iN，aia1，则m2，且对任意正整数km，aka1am.因此mG(A)从而G(A).(3)证明 当aNa1时，结论成立 以下设aNa1.由(2)知G(A).设G(A)n1，n2，np，n1n2np.记n01，则an0an1an2anp.对i0，1，p，记GikN*|nikN，akani 如果Gi，取mimin Gi，则对任何1kmi，akaniami.从而 miG(A)且 mini1.又因为 np 是 G(A)中的最大元素，所以 Gp.从而对任意 npkN，akanp，特别地，aNanp.对 i0，1，p1，ani11ani.因此 ani1ani11(ani1ani11)ani1.所以 aN
10、a1anpa1i1p(aniani1)p.因此 G(A)的元素个数 p 不小于 aNa1.题型二 分析法的应用【例 2】已知函数 f(x)tan x，x0，2，若 x1，x20，2，且 x1x2，求证：12f(x1)f(x2)fx1x22.【证明】要证12f(x1)f(x2)fx1x22，即证明12(tan x1tan x2)tanx1x22，只需证明12sin x1cos x1sin x2cos x2 tanx1x22，只需证明sin（x1x2）2cos x1cos x2 sin（x1x2）1cos（x1x2）.由于 x1，x20，2，故 x1x2(0，)所以 cos x1cos x20，s
11、in(x1x2)0，1cos(x1x2)0，故只需证明 1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即证 1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即证 cos(x1x2)1.由 x1，x20，2，x1x2 知上式显然成立，因此12f(x1)f(x2)fx1x22.【引申探究】若本例中 f(x)变为 f(x)3x2x，试证：对于任意的 x1，x2R，均有f（x1）f（x2）2fx1x22.【证明】要证明f（x1）f（x2）2fx1x22，即证明（3x12x1）（3x22x2）23x1x222x1x22，因此只要证明3x13x22(x1x2)3x1x22(
12、x1x2)，即证明3x13x223x1x22，因此只要证明3x13x22 3x13x2，由于 x1，x2R 时，3x10，3x20，由基本不等式知3x13x22 3x13x2显然成立，故原结论成立【方法规律】(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键(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 跟踪训练 2(2017重庆校级月考)设 a0，b0，2cab，求证：(1)c2ab；(2)c c2abac c2ab.【证明】
13、(1)a0，b0，2cab2 ab，c ab，平方得 c2ab.(2)要证 c c2abac c2ab，只要证 c2abac c2ab，即证|ac|c2ab，即(ac)2c2ab.(ac)2c2aba(ab2c)0，原不等式成立题型三 反证法的应用命题点 1 证明否定性命题【例 3】(2017浙江温州质检)已知等差数列an中，首项 a10，公差 d0.(1)若 a11，d2，且 1a21，1a24，1a2m成等比数列，求整数 m 的值；(2)求证：对任意正整数 n，1a2n，1a2n1，1a2n2都不成等差数列【解析】(1)a11，d2，a47，am2m1.1a21，1a24，1a2m成等比数
14、列，172 21（2m1）2，(2m1)2492.a10，d0，m25.(2)证明 假设存在 mN*，使 1a2m，1a2m1，1a2m2成等差数列，即2a2m1 1a2m 1a2m2，2a2m11（am1d）21（am1d）2 2a2m12d2（a2m1d2）2，化简，得 d23a2m1.又a10，d0，am1a1mdd，3a2m13d2d2，与 d23a2m1矛盾，因此假设不成立，故原命题得证命题点 2 证明存在性问题【例 4】(2017济南模拟)若 f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(ab)，则称函数 f(x)是a，b上的“四维光军”函数(1)设 g(x)12x2x32是1，b上的“
15、四维光军”函数，求常数 b 的值；(2)是否存在常数 a，b(a2)，使函数 h(x)1x2是区间a，b上的“四维光军”函数？若存在，求出 a，b 的值；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题设得 g(x)12(x1)21，其图象的对称轴为x1，区间1，b在对称轴的右边，所以函数在区间1，b上单调递增由“四维光军”函数的定义可知，g(1)1，g(b)b，即12b2b32b，解得 b1 或 b3.因为 b1，所以 b3.(2)假设函数 h(x)1x2在区间a，b(a2)上是“四维光军”函数，因为 h(x)1x2在区间(2，)上单调递减，所以有h（a）b，h（b）a，即 1a2b，1b2a，解得
16、ab，这与已知矛盾故不存在命题点 3 证明唯一性命题【例 5】已知 M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意 f(x)M，()方程 f(x)x0 有实数根；()函数 f(x)的导数 f(x)满足 0f(x)1.(1)判断函数 f(x)x2sin x4 是不是集合 M 中的元素，并说明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意m，nD，都存在x0(m，n)，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立试用这一性质证明：方程f(x)x0有且只有一个实数根【解析】(1)当 x0 时，f(0)0，所以方程 f(x)x0 有实数根为 0；f(x)1214c
17、os x，所以 f(x)14，34，满足条件 0f(x)1.由可得，函数 f(x)x2sin x4 是集合 M 中的元素(2)证明 假设方程f(x)x0存在两个实数根，()，则f()0，f()0.不妨设，根据题意存在c(，)，满足f()f()()f(c)因为f()，f()，且，所以f(c)1.与已知0f(x)1矛盾 又f(x)x0有实数根，所以方程f(x)x0有且只有一个实数根【方法规律】应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“pq”的条件和结论；第二步：作出与命题结论 q 相反的假设綈 q；第三步：由 p 和綈 q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产
18、生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈 q不真，于是原结论 q 成立，从而间接地证明了命题 pq 为真 所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果跟踪训练 3 等差数列an的前 n 项和为 Sn，a11 2，S393 2.(1)求数列an的通项 an 与前 n 项和 Sn；(2)设 bnSnn(nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列【解析】(1)由已知得a1 21，3a13d93 2，d2，故 an2n1 2，Snn(n 2)(2)证明 由(1)得 bnSnn n 2.假设数列bn中存在三项 bp，b
19、q，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比数列，则 b2qbpbr.即(q 2)2(p 2)(r 2)(q2pr)2(2qpr)0.p，q，rN*，q2pr0，2qpr0.pr22pr，即(pr)20.pr，与 pr 矛盾 假设不成立，即数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列思想与方法系列 24反证法在证明题中的应用【典例】(12 分)直线 ykxm(m0)与椭圆 W：x24y21相交于 A、C 两点，O 是坐标原点(1)当点 B 的坐标为(0，1)，且四边形 OABC 为菱形时，求 AC的长；(2)当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时，证明：四边形 OABC不可能为菱形【思维点拨】
20、(1)根据菱形对角线互相垂直平分及点B的坐标设出点A的坐标，代入椭圆方程求得点A的坐标，后求AC的长；(2)将直线方程代入椭圆方程求出AC的中点坐标(即OB的中点坐标)，判断直线AC与OB是否垂直【规范解答】(1)因为四边形 OABC 为菱形，则 AC 与 OB 相互垂直平分 由于 O(0，0)，B(0，1)所以设点 At，12，代入椭圆方程得t24141，则 t 3，故|AC|2 3.(4 分)(2)证明 假设四边形 OABC 为菱形，因为点 B 不是 W 的顶点，且 ACOB，所以 k0.由x24y24，ykxm，消 y 并整理得(14k2)x28kmx4m240.(6 分)设 A(x1，
21、y1)，C(x2，y2)，则 x1x22 4km14k2，y1y22kx1x22mm14k2.所以 AC 的中点为 M4km14k2，m14k2.(8 分)因为 M 为 AC 和 OB 的交点，且 m0，k0，所以直线 OB 的斜率为 14k，因为 k 14k 141，所以 AC 与 OB 不垂直(10 分)所以 OABC 不是菱形，与假设矛盾 所以当点 B 不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不可能是菱形(12 分)【温馨提醒】(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清
22、晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去.方法与技巧 1分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知 2综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知 3分析法和综合法各有优缺点分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来 失误与防范 1用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)”“即证”“只需证”等，逐步分析，直至一个明显成立的结论 2利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果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.