高考數(shù)一輪復習 第九章 第五節(jié) 直接證明與間接證明突破熱點題型 文

第五節(jié)直接證明與間接證明考點一分析法的應用[例1]已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，求證：對于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[自主解答]要證明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即證明eq\f(3x1－2x1＋3x2－2x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)－(x1＋x2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－(x1＋x2)，即證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)，因此只要證明eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)，由于x1，x2∈R，所以3x1>0,3x2>0，由基本不等式知eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)顯然成立，故原結(jié)論成立．【方法規(guī)律】利用分析法證明問題的思路分析法的證明思路：先從結(jié)論入手，由此逐步推出保證此結(jié)論成立的充分條件，而當這些判斷恰恰都是已證的命題(定義、公理、定理、法則、公式等)或要證命題的已知條件時命題得證．已知非零向量a、b，且a⊥b，求證：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).證明：a⊥b?a·b＝0，要證eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).只需證|a|＋|b|≤eq\r(2)|a＋b|，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證.考點二綜合法與分析法的綜合應用[例2](·湖北高考)如圖，某地質(zhì)隊自水平地面A，B，C三處垂直向地下鉆探，自A點向下鉆到A1處發(fā)現(xiàn)礦藏，再繼續(xù)下鉆到A2處后下面已無礦，從而得到在A處正下方的礦層厚度為A1A2＝d1.同樣可得在B，C處正下方的礦層厚度分別為B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3.過AB，AC的中點M，N且與直線AA2平行的平面截多面體A1B1C1-A2B2C2所得的截面DEFG為該多面體的一個中截面，其(1)證明：中截面DEFG是梯形；(2)在△ABC中，記BC＝a，BC邊上的高為h，面積為S.在估測三角形ABC區(qū)域內(nèi)正下方的礦藏儲量(即多面體A1B1C1-A2B2C2的體積V)時，可用近似公式V估＝S中·h來估算．已知V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S，試判斷V估與V的大小關(guān)系，并加以證明．[自主解答](1)證明：依題意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2所以四邊形A1A2B2B1，A1A由AA2∥平面MEFN，AA2?平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.同理可證A1A2∥FG，所以DE∥又點M，N分別為AB，AC的中點，則點D，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，A2B2，A2C2，A1C即DE、FG分別為梯形A1A2B2B1、A1A因此DE＝eq\f(1,2)(A1A2＋B1B2)＝eq\f(1,2)(d1＋d2)，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)(A1A2＋C1C2)＝eq\f(1,2)(d1＋d3)，而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面DEFG是梯形．(2)V估<V.證明如下：由A1A2⊥平面ABC，MN?平面ABC，可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2，所以EM同理可得FN⊥MN.由MN是△ABC的中位線，可得MN＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)a，即為梯形DEFG的高，因此S中＝S梯形DEFG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d1＋d2,2)＋\f(d1＋d3,2)))·eq\f(a,2)＝eq\f(a,8)(2d1＋d2＋d3)，即V估＝S中·h＝eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)．又S＝eq\f(1,2)ah，所以V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)．于是V－V估＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)－eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)＝eq\f(ah,24)[(d2－d1)＋(d3－d1)]．由d1<d2<d3，得d2－d1>0，d3－d1>0，故V估<V.【方法規(guī)律】綜合法與分析法聯(lián)袂應用的技巧綜合法與分析法各有特點，在解決實際問題時，常把分析法與綜合法綜合起來運用，通常用分析法分析，綜合法書寫．這一點在立體幾何中應用最為明顯，同時，在數(shù)列、三角、解析幾何中也大多是利用分析法分析，用綜合法證明的辦法來證明相關(guān)問題．對于定義域為[0,1]的函數(shù)f(x)，如果同時滿足以下三條：①對任意的x∈[0,1]，總有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)．試判斷g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否為理想函數(shù)，如果是，請予以證明；如果不是，請說明理由．證明：g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函數(shù)，證明如下：因為x∈[0,1]，所以2x≥1,2x－1≥0，即對任意x∈[0,1]，總有g(shù)(x)≥0，滿足條件①.g(1)＝21－1＝2－1＝1，滿足條件②.當x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1時，g(x1＋x2)＝2x1＋x2－1，g(x1)＋g(x2)＝2x1－1＋2x2－1，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝(2x1＋x2－1)－(2x1－1＋2x2－1)＝2x1·2x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)．由于x1≥0，x2≥0，所以2x1－1≥0,2x2－1≥0，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]≥0，因此g(x1＋x2)≥g(x1)＋g(x2)，滿足條件③，故函數(shù)g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函數(shù)．高頻考點考點三反證法的應用1．反證法的應用是高考的?？純?nèi)容，題型為解答題，難度適中，為中高檔題．2．高考對反證法的考查常有以下兩個命題角度：(1)證明否定性命題；(2)證明存在性問題．[例3](·北京高考)已知{an}是由非負整數(shù)組成的無窮數(shù)列．該數(shù)列前n項的最大值記為An，第n項之后各項an＋1，an＋2，…的最小值記為Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}為2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一個周期為4的數(shù)列(即對任意n∈N*，an＋4＝an)，寫出d1，d2，d3，d4的值；(2)設(shè)d是非負整數(shù)．證明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要條件為{an}是公差為d的等差數(shù)列；(3)證明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，則{an}的項只能是1或者2，且有無窮多項為1.[自主解答](1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)證明：(充分性)因為{an}是公差為d的等差數(shù)列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…，因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1,2,3，…)．(必要性)因為dn＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，又an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1，于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差為d的等差數(shù)列．(3)證明：因為a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故對任意n≥1，an≥B1＝1.假設(shè){an}(n≥2)中存在大于2的項．設(shè)m為滿足am>2的最小正整數(shù)，則m≥2，并且對任意1≤k<m，ak≤2.又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2.于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，與dm－1＝1矛盾．所以對于任意n≥1，有an≤2，即非負整數(shù)列{an}的各項只能為1或2.因為對任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此對于任意正整數(shù)n，存在m滿足m>n，且am＝1，即數(shù)列{an}有無窮多項為1.反證法應用問題的常見類型及解題策略(1)證明否定性命題．解決此類問題分三步：①假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面成立；②由假設(shè)出發(fā)進行正確的推理，直到推出矛盾為止；③由矛盾斷言假設(shè)不成立，從而肯定原命題的結(jié)論正確．(2)證明存在性問題．證明此類問題的方法類同問題(1)．1．(·陜西高考)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導{an}的前n項和公式；(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．解：(1)設(shè){an}的前n項和為Sn，當q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知矛盾．∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．2．已知f(x)＝x2＋px＋q.求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).證明：(1)因為f(x)＝x2＋px＋q，所以f(1)＝1＋p＋q，f(2)＝4＋2p＋q，f(3)＝9＋3p＋q，則f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q(2)假設(shè)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于eq\f(1,2)，即|f(1)|<eq\f(1,2)，|f(2)|<eq\f(1,2)，|f(3)|<eq\f(1,2)，則－eq\f(1,2)<f(1)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(2)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(3)<eq\f(1,2).由同向不等式性質(zhì)，得－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2.這與f(1)＋f(3)－2故原命題結(jié)論成立，即|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于eq\f(1,2).——————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]————————————————1種關(guān)系——綜合法與分析法的關(guān)系綜合法與分析法的關(guān)系：分析法與綜合法相輔相成，對較復