2018届二轮复习直接证明与间接证明课件理（全国通用）

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第五节 直接证明与间接证明 【 知识梳理 】 1. 直接证明 内 容 综合法 分析法 定义 从已知条件出发 , 经 过逐步的推理 , 最后 达到待证结论的方 法 , 是一种从 _____ 推导到 _____ 的思维方法 从待证结论出发 , 一步一步寻 求结论成立的充分条件 , 最后 达到题设的已知条件或已被 证明的事实的方法 , 是一种从 _____ 追溯到产生这一结果的 _____ 的思维方法 原因 结果 结果 原因 内 容 综合法 分析法 特点 从“ _____” 看“ _____”, 逐步推向“未知” , 其逐步 推理 , 实际上是要寻找它 的 _____ 条件 从“ _____” 看 “ _____”, 逐步靠 拢“ _____”, 其逐 步推理 , 实际上是要 寻找它的 _____ 条件 已知 可知 必要 未知 需知 已知 充分 2. 间接证明 —— 反证法 要证明某一结论 Q 是正确的 , 但不直接证明 , 而是先去 ____________( 即 Q 的反面非 Q 是正确的 ), 经过正确的 推理 , 最后得出 _____, 因此说明非 Q 是 _____ 的 , 从而断 定结论 Q 是 _____ 的 , 这种证明方法叫做反证法 . 假设 Q 不成立 矛盾 错误 正确 【 特别提醒 】 1. 用分析法证明数学问题时 , 要注意书写格式的规范性 , 常常用“要证 ( 欲证 )…”“ 即要证 …”“ 就要证 …” 等分析到一个明显成立的结论 . 2. 利用反证法证明数学问题时 , 要假设结论错误 , 并用假设命题进行推理 , 没有用假设命题推理而推出矛盾结果 , 其推理过程是错误的 . 【 小题快练 】 链接教材　练一练 1.( 选修 2-2P89 练习 T2 改编 ) 若 (a≥0), 则 P,Q 的大小关系是　 ( 　　 ) A.P>Q B.P=Q C.PQ, 要证 P>Q, 只需证 P 2 >Q 2 , 只需证 :2a+13+ >2a+13+ 只需证 a 2 +13a+42>a 2 +13a+40, 只需证 42>40, 因为 42>40 成立 , 所以 P>Q 成立 . 感悟考题　试一试 2.(2016· 忻州模拟 ) 用反证法证明命题“若 a,b∈N,ab 可被 5 整除 , 那么 a,b 中至少有一个能被 5 整除”时 , 假设的内容应该是　 ( 　　 ) A.a,b 都能被 5 整除 B.a,b 都不能被 5 整除 C.a,b 不都能被 5 整除 D.a 能被 5 整除 【 解析 】 选 B. “ 至少有一个能被 5 整除 ” 的反面是 “ 都不能被 5 整除 ” . 3.(2016· 亳州模拟 ) 实数 a,b,c 满足 a+b+c =0,abc>0, 则 的值　 ( 　　 ) A. 一定是正数 B. 一定是负数 C. 可能是 0 D. 正、负不确定 【 解析 】 选 B. 由 a+b+c =0,abc>0 得 a,b,c 中必有两负一 正 , 不妨设 a<0,b<0,c>0, 且 |a|<|c|, 则 , 从而 而 <0, 所以 < 0. 4.(2016· 肇庆模拟 ) 在不等边三角形中 ,a 为最大边 , 要 想得到 A 为钝角的结论 , 三边 a,b,c 应满足 　　　　　 . 【 解析 】 根据余弦定理 ,cosA = 所以 b 2 +c 2 0,a,b∈R, 求证 : 【 解题提示 】 结论较为复杂 , 采用分析法倒推较为简单 . 【 证明 】 因为 m>0, 所以 1+m>0, 所以要证 即证 (a+mb) 2 ≤(1+m)(a 2 +mb 2 ), 即证 m(a 2 -2ab+b 2 )≥0, 即证 (a-b) 2 ≥0, 又 (a-b) 2 ≥0 显然成立 , 所以 【 加固训练 】 1. 已知非零向量 a , b 且 a ⊥ b , 求证 : 【 证明 】 要证 只需证 | a |+| b |≤ | a + b | 只需证 | a | 2 +2| a || b |+| b | 2 ≤2( a 2 +2 a · b + b 2 ) 因为 a ⊥ b , 所以 a · b =0, 所以只需证 | a | 2 +| b | 2 -2| a || b |≥0, 即证 (| a |-| b |) 2 ≥0, 上式显然成立 , 故原不等式得证 . 2. 已知函数 f(x)=tanx,x ∈ 若 x 1 ,x 2 ∈ 且 x 1 ≠x 2 , 求证 : [f(x 1 )+f(x 2 )]> 【 证明 】 要证 [f(x 1 )+f(x 2 )]> 即证 (tanx 1 +tanx 2 )>tan , 只需证明 只需证明 由于 x 1 ,x 2 ∈ 故 x 1 +x 2 ∈(0,π), 所以 cosx 1 cosx 2 >0,sin(x 1 +x 2 )>0,1+cos(x 1 +x 2 )>0, 故只需证明 1+cos(x 1 +x 2 )>2cosx 1 cosx 2 , 即证 1+cosx 1 cosx 2 -sinx 1 sinx 2 >2cosx 1 cosx 2 , 即证 cos(x 1 -x 2 )<1. 由 x 1 ,x 2 ∈ x 1 ≠x 2 知上式显然成立 , 因此 [f(x 1 )+f(x 2 )]> 3. 已知 a,b∈(0,+∞), 求证 : 【 证明 】 因为 a,b∈(0,+∞), 所以要证原不等式成立 , 只需证 即证 (a 3 +b 3 ) 2 <(a 2 +b 2 ) 3 , 即证 a 6 +2a 3 b 3 +b 6 2ab 成立 , 以上步骤步步可逆 , 所以 考向二 　综合法 【 考情快递 】 命题方向 命题视角 与几何有关的 证明 主要考查证明立体几何中线线、线面、面面垂直或平行关系 与不等式有关 的证明 结合函数、方程、基本不等式等考查证明不等式的成立问题 与数列有关的 证明 主要考查等差数列或等比数列的判定 【 考题例析 】 命题方向 1: 与几何有关的证明 【 典例 2】 (2015· 高邮模拟 ) 如图 , 已知斜 三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中 ,AB=AC,D 为 BC 的中点 . (1) 若平面 ABC⊥ 平面 BCC 1 B 1 , 求证 :AD⊥DC 1 . (2) 求证 :A 1 B∥ 平面 ADC 1 . 【 解题导引 】 (1) 由点 D 为等腰三角形底边 BC 的中点 , 利用等腰三角形的性质可得 AD⊥BC, 再利用已知面面垂直的性质即可证出 . (2) 可以连接 A 1 C, 交 AC 1 于点 O, 再连接 OD, 利用三角形的中位线定理 , 即可证得 A 1 B∥OD, 进而再利用线面平行的判定定理证得 . 也可以取 B 1 C 1 的中点 D 1 , 连接 A 1 D 1 ,DD 1 ,D 1 B, 可得四边形 BDC 1 D 1 及 D 1 A 1 AD 是平行四边形 , 进而可得平面 A 1 BD 1 ∥ 平面 ADC 1 , 再利用线面平行的判定定理即可证得结论 . 【 规范解答 】 (1) 因为 AB=AC,D 为 BC 的中点 , 所以 AD⊥BC, 因为平面 ABC⊥ 平面 BCC 1 B 1 , 平面 ABC∩ 平面 BCC 1 B 1 =BC,AD⊂ 平面 ABC, 所以 AD⊥ 平面 BCC 1 B 1 , 因为 DC 1 ⊂ 平面 BCC 1 B 1 , 所以 AD⊥DC 1 . (2) 方法一 : 连接 A 1 C, 交 AC 1 于点 O, 连接 OD, 则 O 为 A 1 C 的中点 , 因为 D 为 BC 的中点 , 所以 OD∥A 1 B, 因为 OD⊂ 平面 ADC 1 , A 1 B⊄ 平面 ADC 1 , 所以 A 1 B∥ 平面 ADC 1 . 方法二 : 取 B 1 C 1 的中点 D 1 , 连接 A 1 D 1 ,DD 1 ,D 1 B, 则 D 1 C 1 BD. 所以四边形 BDC 1 D 1 是平行四边形 , 所以 D 1 B∥C 1 D. 因为 C 1 D⊂ 平面 ADC 1 ,D 1 B⊄ 平面 ADC 1 , 所以 D 1 B∥ 平面 ADC 1 , 同理可证 :A 1 D 1 ∥ 平面 ADC 1 , 因为 A 1 D 1 ⊂ 平面 A 1 BD 1 ,D 1 B⊂ 平面 A 1 BD 1 ,A 1 D 1 ∩D 1 B=D 1 , 所以平面 A 1 BD 1 ∥ 平面 ADC 1 , 因为 A 1 B⊂ 平面 A 1 BD 1 , 所以 A 1 B∥ 平面 ADC 1 . 命题方向 2: 与不等式有关的证明 【 典例 3】 (2016· 九江模拟 ) 已知 a>0,b>0, 证明 :a(b 2 +c 2 )+b(c 2 +a 2 )≥4abc. 【 解题导引 】 由已知条件利用基本不等式证明 . 【 规范解答 】 因为 b 2 +c 2 ≥2bc,a>0, 所以 a(b 2 +c 2 )≥2abc, 又因为 c 2 +a 2 ≥2ac,b>0, 所以 b(c 2 +a 2 )≥2abc, 因此 a(b 2 +c 2 )+b(c 2 +a 2 )≥4abc. 【 母题变式 】 1. 本例条件不变 , 证明 【 证明 】 因为 a>0,b>0, 所以 a+b≥2 , 当且仅当 a=b 时取 等号 , 所以 (a+b) 2 ≥4ab, 所以 即 2. 本例条件不变 , 证明 a 3 +b 3 ≥ (a 2 +b 2 ). 【 证明 】 a 3 +b 3 - (a 2 +b 2 ) 当 a≥b 时 , 从而 得 当 a0, 所以 T n < . 【 技法感悟 】 综合法证明问题的常见类型及方法 (1) 与几何有关的证明 : 首先利用点线面位置关系的判定或性质 , 也可利用向量法证明 , 其次要进行必要的转化 . (2) 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 . (3) 与数列有关的证明 : 充分利用等差、等比数列的通项及前 n 项和公式转化证明 . 【 题组通关 】 1.(2016· 咸阳模拟 ) 设 a,b,c >0, 证明 : 【 证明 】 因为 a,b,c >0, 根据基本不等式 , 有 三式相加 , +a+b+c≥2(a+b+c), 即 2.(2016· 邯郸模拟 ) 在△ ABC 中 , 角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c, 已知 sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1. (1) 求证 :a,b,c 成等差数列 . (2) 若 C= , 求证 5a=3b. 【 证明 】 (1) 由已知得 sinAsinB+sinBsinC=2sin 2 B, 因为 sinB≠0, 所以 sinA+sinC=2sinB, 由正弦定理 , 有 a+c=2b, 即 a,b,c 成等差数列 . (2) 由 C= ,c=2b-a 及余弦定理得 (2b-a) 2 =a 2 +b 2 +ab, 即有 5ab-3b 2 =0, 所以 即 5a=3b. 考向三 　反证法 【 典例 5】 (2015· 湖南高考 ) 设 a>0,b>0, 且 a+b = 证明 : (1)a+b≥2. (2)a 2 +a<2 与 b 2 +b<2 不可能同时成立 . 【 解题导引 】 (1) 将已知条件中的式子等价变形为 ab =1, 再由基本不等式即可得证 .(2) 利用反证法 , 假设 a 2 +a<2 与 b 2 +b<2 同时成立 , 可求得 00,b>0, 得 ab =1. (1) 由基本不等式及 ab =1, 有 a+b≥2 =2, 即 a+b≥2. (2) 假设 a 2 +a<2 与 b 2 +b<2 同时成立 , 则由 a 2 +a<2 及 a>0 得 0

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