11．4 直接证明与间接证明[知识梳理]1．直接证明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．[诊断自测]1．概念思辨(1)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．( )2736(2)证明不等式＋＜＋最适合的方法是分析法．( )(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．教材衍化(1)(选修A1－2P42例7)用反证法证明某命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个是偶数”正确的反设为( )A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数答案 B解析 a，b，c中恰有一个偶数说明有且仅有一个是偶数，其否定有a，b，c均为奇数或a，b，c中至少有两个偶数．故选B.a b a－b(2)(选修A1－2P42T2)设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是________．答案 m<n解析 解法一：(取特殊值法)取a＝2，b＝1，得m<n.解法二：(作差法)由已知得m >0，n >0，则m 2－n 2＝a ＋b －2－a ＋b ＝2b －2＝2－2<0，∴m 2<n 2，ab ab b 2ab ∴m <n .3．小题热身(1)若a >0，b >0，且a ＋b ＝4，则下列不等式中恒成立的是( )A.>B.＋≤11ab 121a 1b C.≥2D.≤ab 1a 2＋b 218答案 D解析 ∵a 2＋b 2≥2ab ，∴2(a 2＋b 2)≥(a ＋b )2＝16.∴a 2＋b 2≥8，∴≤.故选D.1a 2＋b 218(2)设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >2；②a 2＋b 2>2.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)答案 ①解析 取a ＝－2，b ＝－1，则a 2＋b 2>2，从而②推不出．①能够推出，即若a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1.用反证法证明如下：假设a ≤1，且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾．因此假设不成立，所以a ，b 中至少有一个大于1.题型1 分析法的应用 已知a >0，证明： －≥a ＋－2. 典例a 2＋1a 221a 本题证明时需要用分析法，在推导过程中用到平方法．证明 要证－≥a ＋－2，a 2＋1a 221a 只需证≥－(2－)．a 2＋1a 2(a ＋1a )2因为a >0，所以－(2－)>0，(a ＋1a )2所以只需证2≥2，(a 2＋1a 2)[(a ＋1a )－(2－2)]即2(2－)≥8－4，2(a ＋1a )2只需证a ＋≥2.1a 因为a >0，a ＋≥2显然成立，所以要证1a (a ＝1a ＝1时等号成立)的不等式成立．方法技巧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．(2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的．见典例．冲关针对训练(2018·天津期末)已知x >y >0，m >0.用分析法证明：(2－)xy xy≤1.xy xy证明 (2－)≤1，xy xy只需2－()2≤1，xy xy只需()2－2＋1≥0，xy即(－1)2≥0，xy因为x，y>0，且(－1)2≥0成立，xy xy(2－)≤1.题型2 综合法的应用典例 已知a，b，c为互不相等的实数，求证：a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2>abc(a＋b＋c)．利用基本不等式进行整理变形，使命题得证．证明 ∵a4＋b4≥2a2b2，b4＋c4≥2b2c2，c4＋a4≥2a2c2，又a，b，c互不相等，∴上面三式中至少有一个式子不能取“＝”，∴a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2.①∵a2＋b2≥2ab，∴a2c2＋b2c2≥2abc2，同理a2b2＋a2c2≥2a2bc，b2c2＋b2a2≥2ab2c，∴a2b2＋b2c2＋c2a2>abc2＋a2bc＋ab2c.②由①，②得a4＋b4＋c4>a2b2＋b2c2＋c2a2>abc(a＋b＋c)．方法技巧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．见典例．(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．冲关针对训练(2017·黄冈模拟)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 ＝f (b n －1)(n ∈N ，n ≥2)，求证：为等差数列．32{1bn }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，∴＝，∴{a n }是等比数列．an ＋1an 2mm ＋3(2)∵(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，∴(3－m )a 1＋2ma 1＝m ＋3，∴a 1＝1.b 1＝a 1＝1，q ＝f (m )＝，∴当n ∈N 且n ≥2时，2mm ＋3b n ＝f (b n －1)＝·⇒b n b n －1＋3b n ＝3b n －1⇒－＝.32322bn －1bn －1＋31bn 1bn －113∴是首项为1，公差为的等差数列．{1bn }13题型3 反证法的应用 直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：＋y 2＝1相交于 典例x 24A ，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．因菱形的对角线垂直且相互平分，所以由对角线的中点求对角线的斜率，研究其是否垂直．解 (1)因为四边形OABC 为菱形，AC 与OB 相互垂直平分．可设A ，代入椭圆方程得＋＝1，(t ，12)t 2414即t ＝±，所以|AC |＝2.33(2)证明：假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由Error!消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则＝－，x 1＋x 224km 1＋4k 2＝k ·＋m ＝.y 1＋y 22x 1＋x 22m1＋4k 2AC 的中点为M .(－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2)因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－.14k 因为k ·≠－1，所以AC 与OB 不垂直．(－14k )所以四边形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 不可能为菱形．方法技巧反证法的适用范围(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．冲关针对训练(2017·济南质检)若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝是区间[a ，b ]上1x ＋2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 假设函数h (x )＝在区间[a ，b ](a >－2)上是“四维光军”1x ＋2函数，因为h (x )＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，1x ＋2所以有Error!即Error!解得a ＝b，这与已知矛盾．故不存在．1．(2014·山东高考)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.2．(2017·郑州模拟)设x >0，P ＝2x ＋2－x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≤QD ．P ≥Q答案 A解析 因为2x ＋2－x ≥2＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，2x ·2－x 而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin2x ，而sin2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .故选A.3．(2016·邹平县校级期中)若a >b >c ，则使＋≥恒1a －b 1b －c k a －c 成立的最大的正整数k 为( )A ．2B ．3C ．4D ．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＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4a －c a －b a －c b －c a －b ＋b －ca －ba －b ＋b －c b －c b －c a －b a －b b －c ，当且仅当a －b ＝b －c 时等号成立．∴k ≤＋，k ≤4，故k 的最大整数为4.故选C.a －c a －b a －c b －c 4．(2017·海淀区二模)一位手机用户前四次输入四位数字手机密码均不正确，第五次输入密码正确，手机解锁，事后发现前四次输入的密码中，每次都有两个数字正确，但它们各自的位置均不正确．已知前四次输入密码分别为3406,1630,7364,6173，则正确的密码中一定含有数字( )A ．4,6B ．3,6C ．3,7D ．1,7答案 D解析 若正确的密码中一定含有数字3,6，而3,6在第1,2,3,4的位置都有，与它们各自的位置均不正确矛盾．同理正确的密码中一定含有数字4,6或3,7不正确．若正确的密码中一定含有数字1,7，而3,6在第1,2,3,4的位置都有，根据它们各自的位置均不正确，可得1在第三位置，7在第四位置．故选D.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·无锡质检)已知m >1，a ＝－，b ＝－，则以下结论正确的是( )m ＋1m m m －1A ．a >b B ．a <bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定答案 B 解析 ∵a ＝－＝，b ＝－＝m ＋1m 1m ＋1＋m m m －1.而＋>＋>0(m >1)，1m ＋m －1m ＋1m m m －1<，即a <b .故选B.1m ＋1＋m 1m ＋m －12．设x ，y ，z >0，则三个数＋，＋，＋( )y x y z z x z y x z xy A ．都大于2 B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2 D ．至少有一个不大于2答案 C解析 由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，y x y z z x z y x z x y (y x ＋x y )(z x ＋x z )(y z ＋z y )∴＋，＋，＋中至少有一个不小于2.故选C.y x y z z x z y x z xy3．若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：<a ”索的“因”应是( )b 2－ac 3A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0答案 C解析 <a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )b 2－ac 32－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.故选C.4．已知a >0，b >0，如果不等式＋≥恒成立，那么m 的2a 1b m2a ＋b 最大值等于( )A ．10B ．9C ．8D ．7答案 B解析 ∵a >0，b >0，∴2a ＋b >0.∴不等式可化为m ≤(2a ＋b )＝5＋2.(2a ＋1b )(b a ＋ab )∵5＋2≥5＋4＝9，即其最小值为9，当且仅当a ＝b 时，(b a ＋a b )等号成立．∴m ≤9，即m 的最大值等于9.故选B.5．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x 1＋x 2>0，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)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0.故选A.6．设a ，b ，c 为△ABC 的三边，则( )A ．a 2＋b 2＋c 2>a ＋b ＋cB ．a 2＋b 2＋c 2>ab ＋bc ＋acC ．a 2＋b 2＋c 2<2(ab ＋bc ＋ac )D ．a 2＋b 2＋c 2>2(ab ＋bc ＋ac )答案 C解析 c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴a 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)－2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )．∴a 2＋b 2＋c 2＝2(ab cos C ＋ac cos B ＋bc cos A )<2(ab ＋bc ＋ac )．故选C.7．若△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( )A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形答案 D解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，且△A 2B 2C 2不可能是直角三角形．假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由Error!得Error!则A 2＋B 2＋C 2＝，这与三角形内角和为180°相矛盾．因此假π2设不成立，故△A 2B 2C 2是钝角三角形．故选D.8．(2017·昌平区二模)四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则所有比赛中最多可能出现的平局场数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 C解析 四支足球队进行单循环比赛(每两队比赛一场)，共比赛6场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局双方各得1分．即每场比赛若不平局，则共产生3×6＝18分，每场比赛都平局，则共产生2×6＝12分．比赛结束后发现没有足球队全胜，且四队得分各不相同，则各队得分分别为：2,3,4,5或3,4,5,6.如果是3,4,5,6，则每场产生＝3分，没有平局产生，3＋4＋5＋66但是不可能产生4,5分，与题意矛盾，舍去．因此各队得分分别为：2,3,4,5.第一名得分5：5＝3＋1＋1，为一胜两平；第二名得分4：4＝3＋1＋0，为一胜一平一负；第三名得分3：根据胜场等于负场，只能为三平；第四名得分2：2＝1＋1＋0，为两平一负．则所有比赛中最多可能出现的平局场数是4.故选C.二、填空题9．(2017·南昌一模)设无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A .则四个无穷数列：①{(－1)n ×2}；②{n }；③；④.其极限{1＋12＋122＋123＋…＋12n －1}{2n ＋1n}为2的共有________个．答案 2解析 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n －1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2 不是数列{(－1)n ×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n－2|＝＝＝<ε，|1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2||1×(1－12n)1－12－2|22n 得n >1－log2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数 N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列的极限；对于④，由{1＋12＋122＋123＋…＋12n －1}|a n－2|＝＝<ε，得n >，即对于任意给定的正数ε(无论多|2n ＋1n －2|1n 1ε小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④.{2n ＋1n}10．已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S 100＝41，T 100＝49，设c n ＝a n T n ＋b n S n －a n b n (n ∈N *)．那么数列{c n }的前100项和为________．答案 2009解析 ∵a n ＝S n －S n －1，b n ＝T n －T n －1，则c n ＝a n T n ＋b n S n －a n b n ＝S n T n －S n －1T n －1，∴c 100＝S 100T 100－S 99T 99，c 99＝S 99T 99－S 98T 98，…c 2＝S 2T 2－S 1T 1，c 1＝S 1T 1.∴数列{c n }的前100项和为S 100T 100＝41×49＝2009.11．设a >1，n ∈N *，若不等式－1<恒成立，则n 的最小na a －1n 值为________．答案 2解析 n ＝1时，结论不成立．n ＝2时，不等式为－1<，a a －12即2－2<a －1，a ∴(－1)2>0，a ∵a >1，则有意义，a ∴不等式恒成立．12．设非等腰△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若＋＝，则A ，B ，C 的关系是1a －b 1c －b 3a －b ＋c ________．答案 2B ＝A ＋C解析 ∵＋＝，1a －b 1c －b 3a －b ＋c ∴＝，a ＋c －2b (a －b )(c －b )3a －b ＋c 即b 2＝a 2＋c 2－ac ，则有cos B ＝＝，a 2＋c 2－b 22ac12∴B ＝60°，∴A ，B ，C 的关系是成等差数列，即2B ＝A ＋C .三、解答题13．已知函数f (x )＝a x ＋(a >1)．x －2x ＋1(1)求证：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明f (x )＝0没有负根．证明 (1)因为f (x )＝a x ＋＝a x ＋1－(a >1)，而函数x －2x ＋13x ＋1y ＝a x (a >1)和函数y ＝－在(－1，＋∞)上都是增函数．3x ＋1故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设函数f (x )＝0有负根x 0，即存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝.又0<ax 0<1，所以0<－<1，即<x 0<2与2－x 0x 0＋1x 0－2x 0＋112x 0<0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x )＝0没有负根．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2.(1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n <6.3nSn －n ＋1证明 (1)因为S n ＝a n ＋1＋n －2，所以当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3，两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1，即a n ＋1＝2a n －1.设c n ＝a n －1，代入上式，得c n ＋1＋1＝2(c n ＋1)－1，即c n ＋1＝2c n (n ≥2)．又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2，故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1＝1，c 2＝a 2－1＝2，即c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，c n ＋1＝2c n 都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1，公比q ＝2.所以a n －1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，即S n －n ＋1＝2n ，所以b n ＝.3n2n 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝＋＋…＋，①326223n2n 2×①，得2T n ＝3＋＋＋…＋，②623×3223n 2n －1②－①，得T n ＝3＋＋＋…＋－3232232n －13n2n＝3×－(1＋12＋122＋…＋12n －1)3n 2n ＝3×－＝6－.1－(12)n1－123n 2n 3n ＋62n 因为>0，所以T n ＝6－<6.3n ＋62n 3n ＋62n 15．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg＋lga ＋b2＋lg >lg a ＋lg b ＋lg c .b ＋c 2c ＋a 2证明 证法一：(分析法)lg ＋lg ＋lg >lg a ＋lga ＋b2b ＋c2c ＋a2b ＋lg c ⇐lg >lg abc ⇐··>abc .(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2)a ＋b 2b ＋c 2c ＋a2因为a ，b ，c 是不全相等的正数，所以显然有··>abc 成立，原不等式得证．a ＋b 2b ＋c 2c ＋a2证法二：(综合法)因为a ，b ，c ∈R ＋，所以>0，≥>0，≥>0.a ＋b 2ab b ＋c 2bc a ＋c2ac 又因为a ，b ，c 不全相等，所以上述三个不等式中等号不能同时成立，即··>abc 成立．a ＋b 2b ＋c 2c ＋a2上式两边同取常用对数，得lg >lg abc ，(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)即lg ＋lg ＋lg >lg a ＋lg b ＋lg c .a ＋b 2b ＋c 2c ＋a2。
