【数学】2019届一轮复习全国经典版(理)直接证明与间接证明学案

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文档介绍

【数学】2019届一轮复习全国经典版(理)直接证明与间接证明学案

第4讲 直接证明与间接证明 板块一 知识梳理·自主学习 ‎[必备知识]‎ 考点1 直接证明 内容 综合法 分析法 定义 利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立的方法 从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直到最后,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 实质 由因导果(顺推证法)‎ 执果索因 框图表示 →→…→ →→…→ 文字语言 因为……所以……或由……得……‎ 要证……只需证……即证……‎ 考点2 间接证明 ‎1.反证法的定义 假设原命题不成立,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.‎ ‎2.利用反证法证题的步骤 ‎(1)假设命题的结论不成立,即假设结论的反面成立;‎ ‎(2)由假设出发进行正确的推理,直到推出矛盾为止;‎ ‎(3)由矛盾断言假设不成立,从而肯定原命题的结论成立.简言之,否定→归谬→断言.‎ ‎[必会结论]‎ 分析法与综合法相辅相成,对较复杂的问题,常常先从结论进行分析,寻求结论与条件、基础知识之间的关系,找到解决问题的思路,再运用综合法证明,或者在证明时将两种方法交叉使用.‎ ‎[考点自测]‎ ‎1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(1)综合法是直接证明,分析法是间接证明.(  )‎ ‎(2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的充要条件.(  )‎ ‎(3)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“a<b”.(  )‎ ‎(4)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾.(  )‎ ‎(5)在解决问题时,常常用分析法寻找解题的思路与方法,再用综合法展现解决问题的过程.(  )‎ 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√‎ ‎2.要证明+<2,可选择的方法有以下几种,其中最合理的是(  )‎ A.综合法 B.分析法 C.反证法 D.归纳法 答案 B 解析 从要证明的结论——比较两个无理数大小出发,证明此类问题通常转化为比较有理数的大小,这正是分析法的证明方法.故选B.‎ ‎3.[课本改编]用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时,假设正确的是(  )‎ A.假设至少有一个钝角 B.假设至少有两个钝角 C.假设没有一个钝角 D.假设没有一个钝角或至少有两个钝角 答案 B 解析 注意到:“至多有一个”的否定应为“至少有两个”.‎ 故选B.‎ ‎4.[2018·包头模拟]若实数a,b满足a+b<0,则(  )‎ A.a,b都小于0‎ B.a,b都大于0‎ C.a,b中至少有一个大于0‎ D.a,b中至少有一个小于0‎ 答案 D 解析 假设a,b都不小于0,即a≥0,b≥0,则a+b≥0,这与a+b<0相矛盾,因此假设错误,即a,b中至少有一个小于0.‎ ‎5.[2018·扬州调研]设a>b>0,m=-,n=,则m,n的大小关系是________.‎ 答案 m⇐a0,显然成立.‎ ‎6.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使+≥2成立的条件的序号是________.‎ 答案 ①③④‎ 解析 要使+≥2,只需>0且>0成立,即a,b不为0且同号即可,故①③④都能使+≥2成立.‎ 板块二 典例探究·考向突破 考向 综合法证明 例1 已知sinθ,sinx,cosθ成等差数列,sinθ,siny,cosθ成等比数列.证明:2cos2x=cos2y.‎ 证明 ∵sinθ与cosθ的等差中项是sinx,等比中项是siny,‎ ‎∴sinθ+cosθ=2sinx,①‎ sinθcosθ=sin2y,②‎ ‎①2-②×2,可得(sinθ+cosθ)2-2sinθcosθ=4sin2x-2sin2y,即4sin2x-2sin2y=1.‎ ‎∴4×-2×=1,即2-2cos2x-(1-cos2y)=1.‎ 故证得2cos2x=cos2y.‎ 触类旁通 综合法证明的思路 ‎(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.‎ ‎【变式训练1】 已知f(x)=,证明:f(x)+f(1-x)=.‎ 证明 ∵f(x)=,‎ ‎∴f(x)+f(1-x)=+=+=+====.‎ 故f(x)+f(1-x)=成立.‎ 考向 分析法证明 例 2 已知a>0,证明: -≥a+-2.‎ 证明 要证 -≥a+-2,‎ 只需证 ≥-(2-).‎ 因为a>0,所以-(2-)>0,‎ 所以只需证2≥2,‎ 即2(2-)≥8-4,只需证a+≥2.‎ 因为a>0,a+≥2显然成立=1时等号成立,所以要证的不等式成立.‎ 触类旁通 分析法证题的技巧 ‎(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想,通过反推,逐步寻找使结论成立的充分条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.‎ ‎(2)证明较复杂的问题时,可以采用两头凑的办法,即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论,然后通过综合法由条件证明这个中间结论,从而使原命题得证.‎ ‎【变式训练2】 已知正数a,b,c满足a+b+c=1.‎ 求证:++≤.‎ 证明 欲证++≤,‎ 则只需证(++)2≤3,‎ 即证a+b+c+2(++)≤3,‎ 即证++≤1.‎ 又++≤++=1,当且仅当a=b=c=时取“=”‎ ‎∴原不等式++≤成立.‎ 考向 反证法的应用 命题角度1 证明否定性命题 例3 设{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.‎ ‎(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;‎ ‎(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?‎ 解 (1)证明:若{Sn}是等比数列,则S=S1·S3,即a(1+q)2=a1·a1(1+q+q2),‎ ‎∵a1≠0,∴(1+q)2=1+q+q2,解得q=0,这与q≠0相矛盾,故数列{Sn}不是等比数列.‎ ‎(2)当q=1时,{Sn}是等差数列.‎ 当q≠1时,{Sn}不是等差数列.假设q≠1时,S1,S2,S3成等差数列,即2S2=S1+S3,‎ ‎2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2).‎ 由于a1≠0,∴2(1+q)=2+q+q2,即q=q2,‎ ‎∵q≠1,∴q=0,这与q≠0相矛盾.‎ 综上可知,当q=1时,{Sn}是等差数列;当q≠1时,{Sn}不是等差数列.‎ 命题角度2 证明存在性问题 例 4 设x、y、z>0,a=x+,b=y+,c=z+,求证:a、b、c三数至少有一个不小于2.‎ 证明 假设a、b、c都小于2,‎ 则a+b+c<6.‎ 而事实上a+b+c=x++y++z+≥2+2+2=6(当且仅当x=y=z=1时取“=”)与a+b+c<6矛盾,‎ ‎∴a,b,c中至少有一个不小于2.‎ 命题角度3 证明唯一性命题 例5 已知四棱锥S-ABCD中,底面是边长为1的正方形,又SB=SD=,SA=1.‎ ‎(1)求证:SA⊥平面ABCD;‎ ‎(2)在棱SC上是否存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD?若存在,确定F点的位置;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)证明:由已知得SA2+AD2=SD2,‎ ‎∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.‎ 又AB∩AD=A,∴SA⊥平面ABCD.‎ ‎(2)假设在棱SC上存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD.‎ ‎∵BC∥AD,BC⊄平面SAD.‎ ‎∴BC∥平面SAD.而BC∩BF=B,‎ ‎∴平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾,∴假设不成立.‎ 故不存在这样的点F,使得BF∥平面SAD.‎ 触类旁通 反证法的适用范围及证明的关键 ‎(1)适用范围:当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时,宜用反证法来证.‎ ‎(2)关键:在正确的推理下得出矛盾,矛盾可以是与已知条件矛盾,与假设矛盾,与定义、公理、定理矛盾,与事实矛盾等,推导出的矛盾必须是明显的.‎ ‎【变式训练3】 (1)若三个方程x2+4mx-4m+3=0,x2+(m-1)x+m2=0,x2+2mx-2m=0中至少有一个方程有实数根,求实数m的取值范围.‎ 解 当三个方程都没有实根时,‎ 即 解得 所以--2),使函数h(x)=是区间[a,b]上的“四维光军”函数?若存在,求出a,b的值;若不存在,请说明理由.‎ 解 ①由已知得g(x)=(x-1)2+1,其图象的对称轴为x=1,区间[1,b]在对称轴的右边,‎ 所以函数在区间[1,b]上单调递增.由“四维光军”函数的定义可知g(1)=1,g(b)=b,‎ 即b2-b+=b,解得b=1或b=3.‎ 因为b>1,所以b=3.‎ ‎②假设函数h(x)=在区间[a,b](a>-2)上是“四维光军”函数,因为h(x)=在区间(-2,+∞)上单调递减,所以有即解得a=b,这与已知矛盾.故不存在.‎ 核心规律 ‎1.分析法的特点:从未知看需知,逐步靠拢已知.‎ ‎2.综合法的特点:从已知看可知,逐步推出未知.‎ ‎3.分析法和综合法各有优缺点.分析法思考起来比较自然,容易寻找到解题的思路和方法,缺点是思路逆行,叙述较繁;综合法从条件推出结论,较简捷地解决问题,但不便于思考.实际证题时常常两法兼用,先用分析法探索证明途径,然后再用综合法叙述出来.‎ 满分策略 ‎1.当题目条件较多,且都很明确时,由因导果较容易,一般用综合法,但在证明中,要保证前提条件正确,推理要合乎逻辑规律.‎ ‎2.当题目条件较少,可逆向思考时,执果索因,使用分析法解决.但在证明过程中,注意文字语言的准确表述.‎ ‎3.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.‎ 板块三 启智培优·破译高考 创新交汇系列12——分析法与综合法的交汇整合 ‎[2018·长沙模拟]已知函数f(x)=log2(x+2),a,b,c是两两不相等的正数,且a,b,c成等比数列,试判断f(a)+f(c)与2f(b)的大小关系,并证明你的结论.‎ 解题视点 (1)先判断它们的大小,可用特例法.(2)用分析法探寻证题思路.(3)用综合法完成证明.事实上,取a=1,b=2,c=4,则f(a)+f(c)=f(1)+f(4)=log218,2f(b)=2f(2)=log216,于是由log218>log216,猜测f(a)+f(c)>2f(b).‎ 要证f(a)+f(c)>2f(b),则只需证log2(a+2)+log2(c+2)>2log2(b+2),即证log2[(a+2)(c+2)]>log2(b+2)2,也即证(a+2)(c+2)>(b+2)2.‎ 展开整理得ac+2(a+c)>b2+4b.‎ 因为b2=ac,所以只要证a+c>2,显然是成立的.‎ 解 f(a)+f(c)>2f(b).‎ 证明如下:因为a,b,c是两两不相等的正数,‎ 所以a+c>2.‎ 因为b2=ac,所以ac+2(a+c)>b2+4b,‎ 即ac+2(a+c)+4>b2+4b+4,‎ 从而(a+2)(c+2)>(b+2)2.‎ 因为f(x)=log2x是增函数,‎ 所以log2[(a+2)(c+2)]>log2(b+2)2,‎ 即log2(a+2)+log2(c+2)>2log2(b+2).‎ 故f(a)+f(c)>2f(b).‎ 答题启示 (1)综合法和分析法各有其优缺点,分析法利于思考,综合法宜于表达,因此,在实际解题时,常常把分析法和综合法结合起来运用,先以分析法为主寻求解题思路,再用综合法表述解答或证明过程.有时要把分析法和综合法结合起来交替使用,才能成功.‎ (2)本题易错的原因一是不会用分析法分析,找不到解决问题的切入口;二是不会用综合法表述,从而导致解题格式不规范.将分析法和综合法整合,是证明数学问题的一种重要的思想方法.‎ 跟踪训练 ‎[2018·安徽模拟](1)设x≥1,y≥1,证明:x+y+≤++xy;‎ ‎(2)11,∴x=logab≥1,y=logbc≥1,‎ 由(1)知所证明的不等式成立.‎ 板块四 模拟演练·提能增分 ‎ [A级 基础达标]‎ ‎1.[2018·绵阳周测]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(  )‎ A.t>s B.t≥s ‎ C.tab>b2‎ C.< D.> 答案 B 解析 a2-ab=a(a-b),‎ ‎∵a0,‎ ‎∴a2>ab.①‎ 又ab-b2=b(a-b)>0,∴ab>b2,②‎ 由①②得a2>ab>b2.‎ ‎3.下列不等式一定成立的是(  )‎ A.lg >lg x(x>0)‎ B.sinx+>2(x≠kπ,k∈Z)‎ C.x2+1≥2|x|(x∈R)‎ D.<1(x∈R)‎ 答案 C 解析 对于A,当x>0时,x2+≥2·x·=x,‎ 所以lg ≥lg x,故A不正确;‎ 对于B,当x≠kπ时,sinx正负不定,不能用基本不等式,所以B不正确;‎ 对于D,当x=0时,=1,故D不正确.‎ 由基本不等式可知选项C正确.‎ ‎4.若a>0,b>0,a+b=1,则下列不等式不成立的是(  )‎ A.a2+b2≥ B.ab≤ C.+≥4 D.+≤1‎ 答案 D 解析 a2+b2=(a+b)2-2ab=1-2ab≥1-2·2=,∴A成立;‎ ab≤2=,∴B成立.‎ 又+=+=2++≥2+2=4,∴C成立,∴应选D.‎ ‎5.[2018·邹平期末]若a>b>c,则使+≥恒成立的最大的正整数k为(  )‎ A.2 B.3 ‎ C.4 D.5‎ 答案 C 解析 ∵a>b>c,∴a-b>0,b-c>0,a-c>0,‎ 且a-c=a-b+b-c.‎ 又+=+=2++≥2+2=4,‎ ‎∴k≤+,k≤4,‎ 故k的最大整数为4.故选C.‎ ‎6.[2018·邯郸模拟]设a,b是两个实数,给出下列条件:‎ ‎①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是________.(填序号)‎ 答案 ③‎ 解析 若a=,b=,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,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.‎ ‎7.已知a+b+c=0,求证:a3+a2c+b2c-abc+b3=0.‎ 证明 运用“立方和”公式证明:‎ a3+b3=(a+b)·(a2-ab+b2),‎ ‎∴原式=a3+b3+(a2c+b2c-abc)‎ ‎=(a+b)·(a2-ab+b2)+c(a2-ab+b2)‎ ‎=(a+b+c)·(a2-ab+b2)‎ ‎∵a+b+c=0,‎ ‎∴原式=0,‎ 即当a+b+c=0时,a3+a2c+b2c-abc+b3=0.‎ ‎8.设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若函数f(x+1)与f(x)的图象关于y轴对称,求证:f为偶函数.‎ 证明 由函数f(x+1)与f(x)的图象关于y轴对称,可知f(x+1)=f(-x).将x换成x-代入上式可得f=f,‎ 即f=f,‎ 由偶函数的定义可知f为偶函数.‎ ‎9.等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1+,S3=9+3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn;‎ ‎(2)设bn=(n∈N*),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.‎ 解 (1)由已知得 所以d=2,故an=2n-1+,Sn=n(n+).‎ ‎(2)证明:由(1),得bn==n+.假设数列{bn}中存在三项bp,bq,br(p,q,r互不相等)成等比数列,‎ 则b=bpbr,即(q+)2=(p+)(r+),‎ 所以(q2-pr)+(2q-p-r)=0.‎ 因为p,q,r∈N*,所以 所以2=pr⇒(p-r)2=0.‎ 所以p=r,这与p≠r矛盾,所以数列{bn}‎ 中任意不同的三项都不可能成为等比数列.‎ ‎10.已知函数f(x)=ax+(a>1).‎ ‎(1)证明:函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数;‎ ‎(2)用反证法证明:方程f(x)=0没有负数根.‎ 证明 (1)任取x1,x2∈(-1,+∞),‎ 不妨设x10.‎ ‎∵a>1,∴ax2-x1>1且ax1>0,‎ ‎∴ax2-ax1=ax1(ax2-x1-1)>0.‎ 又∵x1+1>0,x2+1>0,‎ ‎∴- ‎= ‎=>0.‎ 于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+->0,‎ 故函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.‎ ‎(2)假设存在x0<0(x0≠-1)满足f(x0)=0,‎ 则ax0=-.‎ ‎∵a>1,∴00,m+n=-1,则+的最大值为________.‎ 答案 -4‎ 解析 ∵m·n>0,m+n=-1,∴m<0,n<0,‎ ‎∴+=-(m+n) ‎=-≤-2-2=-4,‎ 当且仅当m=n=-时,+取得最大值-4.‎ ‎3.[2018·清水期末]设a>0,b>0,2c>a+b,求证:‎ ‎(1)c2>ab;‎ ‎(2)c-0,b>0,2c>a+b≥2,‎ ‎∴c>,‎ 平方得c2>ab.‎ ‎(2)要证c-0,f(1)>0,求证:‎ ‎(1)a>0且-2<<-1;‎ ‎(2)方程f(x)=0在(0,1)内有两个实根.‎ 证明 (1)∵f(0)>0,f(1)>0,∴c>0,3a+2b+c>0.‎ 由a+b+c=0,消去b得a>c>0;‎ 再由条件a+b+c=0,消去c得a+b<0且2a+b>0,‎ ‎∴-2<<-1.‎ ‎(2)解法一:∵Δ=4b2-12ac=4(a2+c2-ac)‎ ‎=4>0,‎ ‎∴方程f(x)=0有两个实根.‎ 设方程的两根为x1,x2,由根与系数的关系得 x1+x2=->0,x1x2=>0,故两根为正.‎ 又∵(x1-1)+(x2-1)=--2<0,‎ ‎(x1-1)(x2-1)=>0,故两根均小于1,命题得证.‎ 解法二:∵Δ=4b2-12ac=4(a2+c2-ac)=4>0,‎ 由(1)知-2<<-1,∴<-<1,‎ 已知f(0)>0,f(1)>0,‎ ‎∴f(x)=0在(0,1)内有两个实根.‎ ‎5.[2015·陕西高考]设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.‎ ‎(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=+x;‎ ‎(2)‎ 设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.‎ 解 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,‎ 则Fn(1)=n-1>0,‎ Fn=1++2+…+n-2=-2=-<0,‎ 所以Fn(x)在内至少存在一个零点.‎ 又Fn′(x)=1+2x+…+nxn-1>0,‎ 故Fn(x)在内单调递增,‎ 所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.‎ 因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,‎ 即-2=0,故xn=+x.‎ ‎(2)由题设,gn(x)=.‎ 设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-,x>0.‎ 当x=1时,fn(x)=gn(x).‎ 当x≠1时,h′(x)=1+2x+…+nxn-1-.‎ 若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-xn-1=xn-1-xn-1=0.‎ 若x>1,h′(x)
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