直接證明和間接證明解析

常麗

在歷年高考中，證明方法是常考內容，考查的主要方式是對其原理的理解和用法，難度多為中、高檔題. 從考查的形式上看，主要以不等式、立體幾何、解析幾何、函數與方程、數列等知識為載體，考查綜合法、分析法和反證法等方法. 下面舉例說明，供同學們參考.

綜合法

高考的熱點問題，也是必考問題之一. 通常在解答題中某一問出現，一般為中、高檔題，高考對綜合法的考查常有以下三個命題角度：（1）三角函數、數列證明題；（2）幾何證明題；（3）與函數、方程、不等式結合的證明題.

例1 （1）設數列[{an}]的各項都為正數，其前[n]項和為[Sn]，已知對任意[n∈N*，][Sn]是[a2n]和[an]的等差中項.

①證明數列[{an}]為等差數列，并求數列[{an}]的通項公式；

②證明：[1S1+1S2+…+1Sn<2].

（2）設[f（x）=lnx+x-1，]證明：當[x>1]時，[f（x）<][32（x-1）.]

解析 （1）①由已知得，[2Sn=a2n+an，]且[an>0.]

當[n=1]時，[2a1=a21+a1，]解得[a1=1][（a1=0舍去）.]

當[n≥2]時，有[2Sn-1=a2n-1+an-1.]

于是[2Sn-2Sn-1=a2n-a2n-1+an-an-1，]

即[2an=a2n-a2n-1+an-an-1].

于是[a2n-a2n-1=an+an-1，]

即[（an+an-1）（an-an-1）=an+an-1.]

因為[an+an-1>0，]所以[an-an-1=1（n≥2）.]

故數列[{an}]是首項為1，公差為1的等差數列，

所以數列[{an}]的通項公式為[an=n.]

②證明：因為[an=n，]所以[Sn=n（n+1）2，]

則[1Sn=2n（n+1）=21n-1n+1，]

所以[1S1+1S2+…+1Sn]

[=21-12+12-13+…+1n-1n+1]

[=21-1n+1<2].

（2）證明：法一：記[g（x）=lnx+x-1-32（x-1），]

則當[x>1]時，[g（x）=1x+12x-32<0].

又[g（1）=0，]所以[g（x）<0，]即[f（x）<32（x-1）.]

法二：由均值不等式知，當[x>1]時，[2x故[x

C. 方程[x3+ax+b=0]至多有兩個實根

D. 方程[x3+ax+b=0]恰好有兩個實根

解析 依據反證法的要求，即至少有一個的反面是一個也沒有，直接寫出命題的否定. 方程[x3+ax+b=0]至少有一個實根的反面是方程[x3+ax+b=0]沒有實根.

答案 A

例5 設[a，b]是兩個實數，給出下列條件：①[a+b>1；]②[a+b=2；]③[a+b>2；]④[a2+b2>2；]⑤[ab>1].其中能推出：“[a，b]中至少有一個大于1”的條件是 .（填序號）

解析 若[a=12，b=23，]則[a+b>1，]但[a<1，b<1，]故①推不出；

若[a=b=1，]則[a+b=2，]故②推不出；

若[a=-2，b=-3，]則[a2+b2>2，]故④推不出；

若[a=-2，b=-3，]則[ab>1，]故⑤推不出；

對于③，即[a+b>2，]則[a，b]中至少有一個大于1，

反證法：假設[a≤1]且[b≤1，]則[a+b≤2]與[a+b>2]矛盾，因此假設不成立，故[a，b]中至少有一個大于1.

答案 ③

點撥 否定性命題，惟一性命題，至多、至少型命題，或直接從正面入手難以尋覓解題突破口的問題，宜考慮采用反證法. 注意：推導出的矛盾可能多種多樣，但必須是明顯的. 有的與已知條件矛盾，有的與已有公理、定理、定義矛盾，有的與假設矛盾等.

練 習

1. 已知數列[{An}：a1，a2，…，an.]如果數列[{Bn}：b1，][b2，…，bn]滿足[b1=an，][bk=ak-1+ak-bk-1，]其中[k=2，3，…，n，]則稱[{Bn}]為[{An}]的“衍生數列”.

（1）寫出數列[{A4}：2，1，4，5]的“衍生數列”[{B4}].

（2）若[n]為偶數，且[{An}]的“衍生數列”是[{Bn}，]證明：[bn=a1].

（3）若[n]為奇數，且[{An}]的“衍生數列”是[{Bn}，][{Bn}，]的“衍生數列”是[{Cn}，]…，依次將數列[{An}，{Bn}，{Cn}，…]首項取出，構成數列[{Ω}：a1，b1，c1，…，]證明：[{Ω}]是等差數列.

2. （1）如果[a，b]都是正數，且[a≠b，]求證：[a6+b6>a4b2+a2b4.]

（2）設[a，b，c]為[△ABC]的三條邊，求證：[（a+b+c）2][<4（ab+bc+ca）.]