第六节　直接证明与间接证明

Ｋ

一、直接证明

1．综合法：从题设的已知条件出发，运用一系列有关已确定真实的命题作为推理的依据，逐步推演而得到要证明的结论，这种证明方法叫做综合法．综合法的推理方向是由已知到求证，表现为由因索果，综合法的解题步骤用符号表示是：P0(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒Pn(结论)．

特点：由因导果，因此综合法又叫顺推法．

2．分析法：分析法的推理方向是由结论到题设，论证中步步寻求使其成立的充分条件，如此逐步归结到已知的条件和已经成立的事实，从而使命题得证，表现为执果索因，分析法的证题步骤用符号表示为B(结论)⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A(已知)．

特点：执果索因，因此分析法又叫逆推法或执果索因法．

二、间接证明

假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立．这样的证明方法叫反证法．反证法是一种间接证明的方法．

1．反证法的解题步骤：否定结论—推演过程中引出矛盾—肯定结论．

2．反证法的理论依据是：原命题为真，则它的逆否命题为真，在直接证明有困难时，就可以转化为证明它的逆否命题成立．

3．反证法证明一个命题常采用以下步骤：

(1)假定命题的结论不成立；

(2)进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾；

(3)由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的；

(4)肯定原来命题的结论是正确的，即“反设—归谬—结论”．

4．一般情况下，有如下几种情况的证明题目常常采用反证法：

第一，问题共有n种情况，现要证明其中的1种情况成立时，可以想到用反证法把其他的n－1种情况都排除，从而肯定这种情况成立；

第二，命题是以否定命题的形式叙述的；

第三，命题用“至少”“至多”的字样叙述的；

第四，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，而其逆命题又是非常容易证明的．

1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是(D)

A．t＞s　　　　　B．t≥s

C．t＜s D．t≤s

解析：因为s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，所以s≥t.

2．对任意的锐角α，β，下列不等式成立的是(D)

A．sin(α＋β)>sin α＋sin β

B．cos(α＋β)>cos α＋cos β

C．cos(α＋β)α＋sin β

D．cos(α＋β)α＋cos β

3．定义运算法则如下：a⊕b＝a＋b，a⊗b＝lg a2－lg b.若M＝2⊕，N＝⊗，则M＋N＝5．

解析：由定义运算法则可知，M＝2⊕＝＋＝＋＝4，

N＝⊗＝lg()2－lg＝lg 2＋lg 5＝1，

∴M＋N＝5.

4．(2013·保定模拟)若P＝＋，Q＝＋，a≥0，则P、Q的大小关系是P．

解析：分析法，要证P，需证P22即可．

高考方向

1.对本节内容的考查，一般贯穿在对其他知识的考查中，主要涉及综合法、反证法等证明方法，多以选择题和解答题为主，难度中等.

2.分析法作为一种证明方法，较少单独考查，但这种方法可以用来寻找解题思路.

1．(2014·湖南卷)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

(1)证明：O1O⊥底面ABCD；

(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．

(1)证明：因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC.

同理DD1⊥BD.因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.

而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.

由题设知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.

(2)解析：如图，过O1作O1H⊥OB1于点H，连接HC1.

由(1)知，O1O⊥底面ABCD，

所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.

又因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，

所以四边形A1B1C1D1是菱形，

因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，

所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1，

进而OB1⊥C1H.

故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角．

不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，

OB1＝.

在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝2.

而O1C1＝1，于是C1H＝＝＝.

故cos∠C1HO1＝＝＝.

即二面角C1OB1D的余弦值为.

2．(2013·江苏卷)已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos β，sin β)，0<β<α<π.

(1)若|a－b|＝，求证：a⊥b；

(2)设c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值．

(1)证明：由|a－b|＝，即(cos α－cos β)2＋(sin α－sin β)2＝2，整理得cos αcos β＋sin αsin β＝0，

即a·b＝0，因此a⊥b.

(2)解析：由已知条件

又0<β<α<π，

cosβ＝－cos α＝cos(π－α)，则β＝π－α，

sin α＋sin(π－α)＝1，

所以sin α＝，得α＝或α＝，

当α＝时，β＝(舍去)，

当α＝时，β＝.

1．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱与底面垂直，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，点M，N分别为A1B和B1C1的中点．

(1)证明：MN∥平面A1ACC1；

(2)求二面角NMCA的正弦值．

(1)证明：如图所示，取A1B1的中点P，连接MP，NP.

又因为点M，N分别为A1B和B1C1的中点，所以NP∥A1C1，MP∥B1B，因为NP⊂平面MNP，A1C1⊄平面MNP，所以NP∥平面A1ACC1；

同理MP∥平面A1ACC1；

又MP∩NP＝P，所以平面MNP∥平面A1ACC1；

所以MN∥平面A1ACC1；

(2)解析：侧棱与底面垂直可得A1A⊥AB，A1A⊥AC，及AB⊥AC，可建立如图所示的空间直角坐标系．

则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C1(0，2，2)，N(1，1，2)，M(1，0，1)．

所以＝(－1，2，－1)，＝(1，－1，2)，＝(0，2，0)．

设平面ACM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则令x1＝1，则z1＝－1，

所以n1＝(1，0，－1)．

设平面NCM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

则

令x2＝3，则y2＝1，z2＝－1.所以n2＝(3，1，－1)．

所以cos〈n1，n2〉＝

＝＝.

设二面角NMCA为θ，则

sin θ＝＝＝.

故二面角NMCA的正弦值为.

2．设数列{an}的前n项和为Sn，且S－2Sn－an·Sn＋1＝0，n∈N*.

(1)求Sn与Sn－1(n≥2)的关系式，并证明数列是等差数列；

(2)设bn＝an·Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜.

(1)解析：当n＝1时，由已知得a－2a1－a＋1＝0，

解得a1＝.

由题设S－2Sn－an·Sn＋1＝0，

当n≥2时，将an＝Sn－Sn－1代入上式，

得Sn·Sn－1－2Sn＋1＝0.

∴Sn＝，∴－＝－1.

∴是首项为＝－2，公差为－1的等差数列．

(2)证明：由(1)知＝－2＋(n－1)·(－1)＝－n－1，

∴Sn＝，n∈N*.

∴an＝Sn－Sn－1＝(n≥2)，n＝1时也符合该式，

∴an＝，n∈N*.

∴bn＝an·Sn＝.

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋＋…＋.

∴＋＋＋…＋＞＋＋＋…＋＝－＝.

而bn＝＜＝

＝－，

∴＋＋＋…＋<－＋－＋…＋－

＝－<.

∴n<得证．

课时作业

1．否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时正确反设为(D)

A．a、b、c都是奇数

B．a、b、c都是偶数

C．a、b、c中至少有两个偶数

D．a、b、c中或都是奇数或至少有两个偶数

解析：自然数a、b、c中奇数、偶数的可能情况有全为奇数，恰有一个偶数，恰有两个偶数，全为偶数．故选D.

2．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0.其中能使＋≥2成立的条件有(C)

A．1个　 B．2个　　 C．3个　 D．4个

解析：要使＋≥2，只需>0， >0，即a，b不为0且同号即可，

∴①③④满足．故选C.

3．已知0＜b＜a＜，则，a－b，－的大小顺序是(B)

A.＞a－b＞－

B.＞－＞a－b

C.－＞＞a－b

D．a－b＞＞－

解析：平方后转化为作差分解因式或特殊值代入．

4．规定记号“ ”表示一种运算，即a b＝ab＋a＋b2 (a，b为正实数)，若1 k＝3，则k＝(B)

A．－2 B．1 C．－2 或1 D．2

解析：根据运算有1·k＋1＋k2＝3，k∈R＋，即k2＋k－2＝0，解得k＝1或k＝－2(舍去)．∴k＝1.故选B.

5．设A＝＋＋…＋，则下列结论正确的是(B)

A．A＞1 B．A＜1 C．A≥1 D．A≤1

解析：放缩法对每一项放大范围，A＝＋＋…＋＜＋＋＋…＋1 024个＝1.

6．用反证法证明“如果a＞b，那么＞”，假设内容应是≤．

7．函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n>0，则＋的最小值为8．

解析：函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A(－2，－1)，则(－2)·m＋(－1)·n＋1＝0，即2m＋n＝1.因为m，n>0，所以＋＝·(2m＋n)＝4＋＋≥4＋2 (当且仅当＝时，等号成立)＝8.

8．已知函数f(x)＝ax＋2a＋1，当x∈[－1，1]时，f(x)有正值也有负值，则实数a的取值范围为．

解析：由题意得f(x)＝ax＋2a＋1为斜率不为0的直线，由单调性知f(1)·f(－1)<0，

∴(a＋2a＋1)·(2a－a＋1)<0.

∴－1－.

9．已知a>0，－>1，求证： >.

证明：由已知－>1及a>0可知0，要证>，

只需证·>1，

只需证1＋a－b－ab>1，

只需证a－b－ab>0即>1，

即－>1，这是已知条件，所以原不等式得证．

10．已知O为坐标原点，过P(2，0)且斜率为k的直线交抛物线y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点．

(1)写出直线l的方程；

(2)求x1x2，y1y2的值；

(3)求证：OM⊥ON.

(1)解析：∵直线l过点P(2，0)且斜线为k，

则直线l的方程为y＝k(x－2)．

(2)解析：∵直线l与抛物线相交于M(x1，y1)，N(x2，y2)，且l的方程为y＝k(x－2)，联立方程组

⇒k2x2－(4k2＋2)x＋4k2＝0.

根据韦达定理得x1x2＝＝4.

又∵M、N都在y2＝2x上，

∴y＝2x1，y＝2x2，

∴y·y＝4x1x2，

∴y1y2＝±4.

又∵M、N不可能都在x轴上方或下方，

∴y1y2＜0.

∴y1y2＝4(舍去)，

∴y1y2＝－4.

(3)证明：M、N为y2＝2x上的两点．

直线OM的斜率kOM＝＝.

直线ON的斜率kON＝＝.

∴kOM·kON＝.

又∵y1y2＝－4，x1x2＝4，

∴kOM·kON＝－1，

∴OM⊥ON.

11．如图，已知直线a与b不共面，直线c∩a＝M，直线b∩c＝N，又a∩面α＝A，b∩α＝B，c∩α＝C.求证：A、B、C三点不共线．

证明：假设A、B、C三点共线l，

∵A、B、C∈a，

∴l⊂a.

∵l∩c＝C，

∴c与l可确定一个平面β.

∵c∩a＝M，

∴M∈β，又A∈l，

∴a⊂β，同理b⊂β.

∴a、b共面，与a、b异面矛盾．

∴A、B、C三点不共线．