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第四节 直接证明与间接证明
一、基础知识
1．直接证明
(1)综合法
①定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论
证，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．
综合法证明题的一般规律
(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．
②框图表示： P Q1 ―→ Q1 Q2 ―→ Q2 Q3 ―→…―→ Qn Q
(其中 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q 表示所要证明的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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．
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．
得到一个明显
②框图表示：Q P1 ―→ P1 P2 ―→ P2 P3 ―→…―→ (其中 Q 表示要证成立的条件
明的结论)．
③思维过程：执果索因．
2．间接证明
反证法：一般地，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．
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考点一 综合法的应用
[典例] 设 a，b，c 均为正数，且 a＋b＋c＝1，证明：
1
(1)ab＋bc＋ca≤ ；
3
a2 b2 c2
(2) ＋ ＋ ≥1.
b c a
[证明] (1)由 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca 得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即 a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，
1
所以 3(ab＋bc＋ca)≤1，即 ab＋bc＋ca≤ .
3
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立；
a2 b2 c2
(2)因为 ＋b≥2a， ＋c≥2b， ＋a≥2c，
b c a
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，
a2 b2 c2
故 ＋ ＋ ＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
b c a
a2 b2 c2
即 ＋ ＋ ≥a＋b＋c.
b c a
a2 b2 c2
所以 ＋ ＋ ≥1.
b c a
[变透练清]
1
1.(变结论)若本例条件不变，证明 a2＋b2＋c2≥ .
3
证明：因为 a＋b＋c＝1，
所以 1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
因为 2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，
所以 2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，
所以 1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，
即 a2 2
1
＋b ＋c2≥ .
3
2．在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin Asin B＋sin Bsin C＋ cos
2B＝1.
(1)求证：a，b，c 成等差数列；
2π
(2)若 C＝ ，求证：5a＝3b.
3
证明：(1)由已知得 sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B，
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因为 sin B≠0，所以 sin A＋sin C＝2sin B，
由正弦定理，有 a＋c＝2b，即 a，b，c 成等差数列．
2π
(2)由 C＝ ，c＝2b－a 及余弦定理得
3
(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，即有 5ab－3b2＝0，
所以 5a＝3b.
考点二 分析法的应用
[典例] 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.
1 1 3
求证： ＋ ＝ .
a＋b b＋c a＋b＋c
1 1 3
[证明] 要证 ＋ ＝ ，
a＋b b＋c a＋b＋c
a＋b＋c a＋b＋c c a
即证 ＋ ＝3，也就是 ＋ ＝1，
a＋b b＋c a＋b b＋c
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＋a2－2accos 60°，
即 b2＝c2＋a2－ac，故 c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
[解题技法] 利用分析法证明问题的思路及格式
(1)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)分析法的格式
通常采用“要证(欲证)……”“只需证……”“即证……”的格式，在表达中要注意叙
述形式的规范性．
[对点训练]
a＋mb a2 ＋mb
2
已知 m＞0，a，b∈R，求证： 2≤ .
1＋m 1＋m
证明：因为 m＞0，所以 1＋m＞0.
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a＋mb
2
a ＋mb
2
所以要证 2≤ ，
1＋m 1＋m
只需证 m(a2－2ab＋b2)≥0，
即证(a－b)2≥0，
而(a－b)2≥0 显然成立，
a＋mb a2 ＋mb
2
故 2≤ .
1＋m 1＋m
考点三 反证法的应用
[典例] 已知二次函数 f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与 x 轴有两个不同的交点，若 f(c)
＝0，且 0＜x＜c 时，f(x)＞0.
1
(1)证明： 是函数 f(x)的一个零点；
a
1
(2)试用反证法证明 ＞c.
a
[证明] (1)因为 f(x)的图象与 x 轴有两个不同的交点，
所以 f(x)＝0 有两个不等实根 x1，x2，
因为 f(c)＝0，
所以 x1＝c 是 f(x)＝0 的根，
c
又 x1x2＝ ， a
1
所以 x ＝
1
2 ≠c ， a a
1
所以 是函数 f(x)的一个零点．
a
1
(2)因为函数有两个不同零点，所以 ≠c.
a
1 1
假设 ＜c，又 ＞0，
a a
由 0＜x＜c 时，f(x)＞0，
1知 f ＞0，与 f
1
a a ＝0 矛盾，
1
所以 ＜c 不成立，
a
1 1
又因为 ≠c，所以 >c.
a a
[对点训练]
1 1
设 a＞0，b＞0，且 a＋b＝ ＋ .
a b
证明：(1)a＋b≥2；
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(2)a2＋a＜2 与 b2＋b＜2 不可能同时成立．
1 1 a＋b
证明：由 a＋b＝ ＋ ＝ ，a＞0，b＞0，得 ab＝1.
a b ab
(1)由基本不等式及 ab＝1，
有 a＋b≥2 ab＝2，即 a＋b≥2.
(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．
[课时跟踪检测]
A 级
1．用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实数根”时，
假设为( )
A．方程 x3＋ax＋b＝0 没有实数根
B．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有一个实数根
C．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有两个实数根
D．方程 x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实数根
解析：选 A “至少有一个实数根”的否定是“一个实数根也没有”，即“没有实数
根”．
2．在△ABC 中，sin Asin CA．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
解析：选 C 由 sin Asin C0，
即 cos(A＋C)>0，所以 A＋C 是锐角，
π
从而 B> ，故△ABC 必是钝角三角形．
2
x
3．分析法又称执果索因法，已知 x>0，用分析法证明 1＋x<1＋ 时，索的因是( )
2
A．x2>2 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
解析：选 C 因为 x>0，
x
所以要证 1＋x<1＋ ，
2
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x x2
只需证( 1＋x)2< 1＋ 2 2 ，即证 0< ， 4
即证 x2>0，
因为 x>0，所以 x2>0 成立，故原不等式成立．
4．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设 a＞b＞c，且 a＋b＋c＝0，求证 b2－ac
＜ 3a”索的因应是( )
A．a－b＞0 B．a－c＞0
C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0
解析：选 C 由题意知 b2－ac＜ 3a b2－ac＜3a2 (a＋c)2－ac＜3a2 a2＋2ac＋c2－ac
－3a2＜0
－2a2＋ac＋c2＜0 2a2－ac－c2＞0
(a－c)(2a＋c)＞0 (a－c)(a－b)＞0.选 C.
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 x1＋x2>0，则 f(x1)
＋f(x2)的值( )
A．恒为负值 B．恒等于零
C．恒为正值 D．无法确定正负
解析：选 A 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)则 f(x1)＋f(x2)<0.
6．(2019·太原模拟)用反证法证明“若 x2－1＝0，则 x＝－1 或 x＝1”时，应假设
____________________．
解析：“x＝－1 或 x＝1”的否定是“x≠－1 且 x≠1”．
答案：x≠－1 且 x≠1
7．设 a＞b＞0，m＝ a－ b，n＝ a－b，则 m，n 的大小关系是________．
解析： (分析法 ) a－ b＜ a－b a＜ b＋ a－b a＜b＋2 b · a－b＋a－b
2 b· a－b＞0，显然成立．
答案：m＜n
8．若二次函数 f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1 在区间[－1,1]内至少存在一点 c，使 f(c)
＞0，则实数 p 的取值范围是________．
解析：(补集法)
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f(－1)＝－2p
2＋p＋1≤0，
令 3解得 p≤－3 或 p≥ ， f(1)＝－2p2－3p＋9≤0， 2
3
故满足条件的 p 的取值范围为 －3， 2 .
3
答案： －3， 2
1 1 1
9．已知 x，y，z 是互不相等的正数，且 x＋y＋z＝1，求证： －1 －1 －1 x y z >8.
证明：因为 x，y，z 是互不相等的正数，且 x＋y＋z＝1，
1 1－x y＋z 2 yz
所以 －1＝ ＝ > ， ①
x x x x
1 1－y x＋z 2 xz
－1＝ ＝ > ， ②
y y y y
1 1－z x＋y 2 xy
－1＝ ＝ > ， ③
z z z z
又 x，y，z 为正数，由①×②×③，
1得 －1
1
－1
1
－1
x y z >8.
3n2－n
10．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝ ，n∈N*. 2
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的 n>1，都存在 m∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列．
3n2－n
解：(1)由 Sn＝ ，得 a ＝S ＝1， 2 1 1
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，当 n＝1 时也适合．
所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2.
(2)证明：要使得 a1，an，am 成等比数列，
只需要 a2n＝a1·am，
即(3n－2)2＝1·(3m－2)，
即 m＝3n2－4n＋2，而此时 m∈N*，且 m>n.
所以对任意的 n>1，都存在 m∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列．
B 级
1.如图所示，在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E 分别是棱
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BC，CC1 上的点(点 D 不同于点 C)，且 AD⊥DE，F 为 B1C1的中点．求证：
(1)平面 ADE⊥平面 BCC1B1；
(2)直线 A1F∥平面 ADE.
证明：(1)因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC，
又 AD 平面 ABC，所以 CC1⊥AD.
因为 AD⊥DE，CC1∩DE＝E，CC1 平面 BCC1B1，
DE 平面 BCC1B1，
所以 AD⊥平面 BCC1B1.
又 AD 平面 ADE，
所以平面 ADE⊥平面 BCC1B1.
(2)因为 A1B1＝A1C1，F 为 B1C1 的中点，所以 A1F⊥B1C1.
因为 CC1⊥平面 A1B1C1，A1F 平面 A1B1C1，
所以 CC1⊥A1F.
又因为 CC1∩B1C1＝C1，CC1 平面 BCC1B1，B1C1 平面 BCC1B1，
所以 A1F⊥平面 BCC1B1.
由(1)知 AD⊥平面 BCC1B1，所以 A1F∥AD.
又 AD 平面 ADE，A1F 平面 ADE，
所以 A1F∥平面 ADE.
1
2．设函数 f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数 f′(x)＝ ，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
x
(1)求 g(x)的单调区间和最小值；
(2)讨论 g(x)与 g
1
x 的大小关系；
1
(3)是否存在 x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜ 对任意 x＞0 成立？若存在，求出 x0 的取值范围；x
若不存在，请说明理由．
1
解：(1)由题设易知 f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋ ，
x
x－1
∴g′(x)＝ 2 ，令 g′(x)＝0 得 x＝1， x
当 x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是 g(x)的单调递减区间，
当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是 g(x)的单调递增区间，
因此，x＝1 是 g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以最小值为 g(1)＝1.
1
(2)g x ＝－ln x＋x，
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1 1
设 h(x)＝g(x)－g x ＝2ln x－x＋ ， x
(x－1)2
则 h′(x)＝－
x2
，
1
当 x＝1 时，h(1)＝0，即 g(x)＝g x ，
当 x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，
当 0＜x＜1 时，h(x)＞h(1)＝0，
1
即 g(x)＞g x ；
当 x＞1 时，h(x)＜h(1)＝0，
1
即 g(x)＜g x .
(3)满足条件的 x0 不存在．证明如下：
1
法一：假设存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜ 对任意 x＞0 成立，即对任意 x＞0，有 ln x＜x
2
g(x0)＜ln x＋ ，* x
但对上述 x0，取 x1＝eg(x0)时，有 ln x1＝g(x0)，这与*左边不等式矛盾，
1
因此，不存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|< 对任意 x＞0 成立． x
1
法二：假设存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜ 对任意 x＞0 成立． x
由(1)知，g(x)的最小值为 g(1)＝1，
1
又 g(x)＝ln x＋ ＞ln x，而 x＞1 时，ln x 的值域为(0，＋∞)，
x
∴x≥1 时，g(x)的值域为[1，＋∞)，
从而可取一个 x1＞1，使 g(x1)≥g(x0)＋1，
即 g(x1)－g(x0)≥1，
1
故|g(x1)－g(x0)|≥1＞ ，与假设矛盾． x1
1
∴不存在 x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜ 对任意 x＞0 成立． x
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