直接证明和间接证明解析

常丽

在历年高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对其原理的理解和用法，难度多为中、高档题. 从考查的形式上看，主要以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程、数列等知识为载体，考查综合法、分析法和反证法等方法. 下面举例说明，供同学们参考.

综合法

高考的热点问题，也是必考问题之一. 通常在解答题中某一问出现，一般为中、高档题，高考对综合法的考查常有以下三个命题角度：（1）三角函数、数列证明题；（2）几何证明题；（3）与函数、方程、不等式结合的证明题.

例1 （1）设数列[{an}]的各项都为正数，其前[n]项和为[Sn]，已知对任意[n∈N*，][Sn]是[a2n]和[an]的等差中项.

①证明数列[{an}]为等差数列，并求数列[{an}]的通项公式；

②证明：[1S1+1S2+…+1Sn<2].

（2）设[f（x）=lnx+x-1，]证明：当[x>1]时，[f（x）<][32（x-1）.]

解析 （1）①由已知得，[2Sn=a2n+an，]且[an>0.]

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

当[n≥2]时，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.]

因为[an+an-1>0，]所以[an-an-1=1（n≥2）.]

故数列[{an}]是首项为1，公差为1的等差数列，

所以数列[{an}]的通项公式为[an=n.]

②证明：因为[an=n，]所以[Sn=n（n+1）2，]

则[1Sn=2n（n+1）=21n-1n+1，]

所以[1S1+1S2+…+1Sn]

[=21-12+12-13+…+1n-1n+1]

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

（2）证明：法一：记[g（x）=lnx+x-1-32（x-1），]

则当[x>1]时，[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，当[x>1]时，[2x故[x

C. 方程[x3+ax+b=0]至多有两个实根

D. 方程[x3+ax+b=0]恰好有两个实根

解析 依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定. 方程[x3+ax+b=0]至少有一个实根的反面是方程[x3+ax+b=0]没有实根.

答案 A

例5 设[a，b]是两个实数，给出下列条件：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]中至少有一个大于1”的条件是 .（填序号）

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

若[a=b=1，]则[a+b=2，]故②推不出；

若[a=-2，b=-3，]则[a2+b2>2，]故④推不出；

若[a=-2，b=-3，]则[ab>1，]故⑤推不出；

对于③，即[a+b>2，]则[a，b]中至少有一个大于1，

反证法：假设[a≤1]且[b≤1，]则[a+b≤2]与[a+b>2]矛盾，因此假设不成立，故[a，b]中至少有一个大于1.

答案 ③

点拨 否定性命题，惟一性命题，至多、至少型命题，或直接从正面入手难以寻觅解题突破口的问题，宜考虑采用反证法. 注意：推导出的矛盾可能多种多样，但必须是明显的. 有的与已知条件矛盾，有的与已有公理、定理、定义矛盾，有的与假设矛盾等.

练 习

1. 已知数列[{An}：a1，a2，…，an.]如果数列[{Bn}：b1，][b2，…，bn]满足[b1=an，][bk=ak-1+ak-bk-1，]其中[k=2，3，…，n，]则称[{Bn}]为[{An}]的“衍生数列”.

（1）写出数列[{A4}：2，1，4，5]的“衍生数列”[{B4}].

（2）若[n]为偶数，且[{An}]的“衍生数列”是[{Bn}，]证明：[bn=a1].

（3）若[n]为奇数，且[{An}]的“衍生数列”是[{Bn}，][{Bn}，]的“衍生数列”是[{Cn}，]…，依次将数列[{An}，{Bn}，{Cn}，…]首项取出，构成数列[{Ω}：a1，b1，c1，…，]证明：[{Ω}]是等差数列.

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

（2）设[a，b，c]为[△ABC]的三条边，求证：[（a+b+c）2][<4（ab+bc+ca）.]