高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第12章復(fù)數(shù)算法推理與證明4第4講直接證明與間接證明教案理

第4講直接證明與間接證明1．直接證明直接證明中最基本的兩種證明方法是綜合法和分析法．(1)綜合法：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、定理、公理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．綜合法又稱為：由因?qū)Ч?順推證法)．(2)分析法：一般地，從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．分析法又稱為：執(zhí)果索因法(逆推證法)．2．間接證明反證法：假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．3．證題的三種思路(1)綜合法證題的一般思路用綜合法證明命題時(shí)，必須首先找到正確的出發(fā)點(diǎn)，也就是能想到從哪里起步，我們一般的處理方法是廣泛地聯(lián)想已知條件所具備的各種性質(zhì)，逐層推進(jìn)，從而由已知逐步推出結(jié)論．(2)分析法證題的一般思路分析法的思路是逆向思維，用分析法證題必須從結(jié)論出發(fā)，倒著分析，尋找結(jié)論成立的充分條件．應(yīng)用分析法證明問題時(shí)要嚴(yán)格按分析法的語言表達(dá)，下一步是上一步的充分條件．(3)反證法證題的一般思路反證法證題的實(shí)質(zhì)是證明它的逆否命題成立．反證法的主要依據(jù)是邏輯中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一討論過程中，A和非A有且僅有一個(gè)是正確的，不能有第三種情況出現(xiàn)．判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)綜合法的思維過程是由因?qū)Ч鸩綄ふ乙阎谋匾獥l件．()(2)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．()(3)反證法是指將結(jié)論和條件同時(shí)否定，推出矛盾．()(4)用反證法證明時(shí)，推出的矛盾不能與假設(shè)矛盾．()(5)常常用分析法尋找解題的思路與方法，用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√下列表述：①綜合法是由因?qū)Ч?；②綜合法是順推法；③分析法是執(zhí)果索因法；④分析法是逆推法；⑤反證法是間接證法．其中正確的有()A．2個(gè)B．3個(gè)C．4個(gè)D．5個(gè)解析：選D.由分析法、綜合法、反證法的定義知①②③④⑤都正確．(教材習(xí)題改編)設(shè)m＝1＋eq\r(3)，n＝2eq\r(2)，則m與n的大小關(guān)系是()A．m＞n B．m≥nC．m＜n D．m≤n解析：選C.法一：m2－n2＝(1＋eq\r(3))2－(2eq\r(2))2＝4＋2eq\r(3)－8＝2eq\r(3)－4＝eq\r(12)－eq\r(16)＜0，又m＞0，n＞0.所以m＜n，故選C.法二：假設(shè)m≥n，即1＋eq\r(3)≥2eq\r(2).則有(1＋eq\r(3))2≥(2eq\r(2))2，即4＋2eq\r(3)≥8，即2eq\r(3)≥4，即eq\r(3)≥2，即3≥4，顯然錯(cuò)誤，所以m＜n，故選C.用反證法證明命題“三角形三個(gè)內(nèi)角至少有一個(gè)不大于60°”時(shí)，應(yīng)假設(shè)________________________________________________________________________．答案：三角形三個(gè)內(nèi)角都大于60°在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到邊a的對角A為鈍角的結(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿足________．解析：由余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.答案：a2>b2＋c2綜合法[典例引領(lǐng)]如圖，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)．(1)若平面ABC⊥平面BCC1B1，求證：AD⊥DC1.(2)求證：A1B∥平面ADC1.【證明】(1)因?yàn)锳B＝AC，D為BC的中點(diǎn)，所以AD⊥BC，因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AD?平面ABC，所以AD⊥平面BCC1B1，因?yàn)镈C1?平面BCC1B1，所以AD⊥DC1.(2)連接A1C，交AC1于點(diǎn)O，連接OD，則O為A1C的中點(diǎn)，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)D∥A1B，因?yàn)镺D?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.eq\a\vs4\al()綜合法的證題思路(1)綜合法是“由因?qū)Ч钡淖C明方法，它是一種從已知到未知(從題設(shè)到結(jié)論)的邏輯推理方法，即從題設(shè)中的已知條件或已證的真實(shí)判斷(命題)出發(fā)，經(jīng)過一系列中間推理，最后導(dǎo)出所要求證結(jié)論的真實(shí)性．(2)綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理．在△ABC中，設(shè)a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C所對的邊，且直線bx＋ycosA＋cosB＝0與ax＋ycosB＋cosA＝0平行，求證：△ABC是直角三角形．證明：法一：由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由正弦定理可知sinBcosB－sinAcosA＝0，即eq\f(1,2)sin2B－eq\f(1,2)sin2A＝0，故2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2).若A＝B，則a＝b，cosA＝cosB，兩直線重合，不符合題意，故A＋B＝eq\f(π,2)，即△ABC是直角三角形．法二：由兩直線平行可知bcosB－acosA＝0，由余弦定理，得a·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a＝b或a2＋b2＝c2.若a＝b，則兩直線重合，不符合題意，故a2＋b2＝c2，即△ABC是直角三角形．分析法[典例引領(lǐng)]已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(3n2－n,2)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)證明：對任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比數(shù)列．【解】(1)由Sn＝eq\f(3n2－n,2)，得a1＝S1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，當(dāng)n＝1時(shí)也適合，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－2.(2)證明：要使得a1，an，am成等比數(shù)列，只需要aeq\o\al(2,n)＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2，而此時(shí)m∈N*，且m＞n，所以對任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比數(shù)列．eq\a\vs4\al()分析法的證題思路先從結(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(dāng)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(shí)命題得證．[提醒]要注意書寫格式的規(guī)范性．△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明：要證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需證c2＋a2＝ac＋b2.又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．反證法[典例引領(lǐng)]設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).證明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立．【證明】由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2.(2)假設(shè)a2＋a<2與b2＋b<2同時(shí)成立，則由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，從而ab<1，這與ab＝1矛盾．故a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立．eq\a\vs4\al()用反證法證明數(shù)學(xué)命題需把握的三點(diǎn)(1)必須先否定結(jié)論，即肯定結(jié)論的反面；(2)必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進(jìn)行推證；(3)推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與已知事實(shí)矛盾等，但是推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的．設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)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(xiàng)和為Sn，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，所以Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，所以Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－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)，即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.因?yàn)閍1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.因?yàn)閝≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以q＝1，這與已知矛盾．所以假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．eq\a\vs4\al()分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實(shí)際證題時(shí)常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來．易錯(cuò)防范(1)用分析法證明時(shí)，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)……”“即證……”“只需證……”等，逐步分析，直到一個(gè)明顯成立的結(jié)論．(2)在使用反證法證明數(shù)學(xué)命題時(shí)，反設(shè)必須恰當(dāng)，如“都是”的否定是“不都是”“至少一個(gè)”的否定是“不存在”等．1．用反證法證明命題：“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根解析：選A.依據(jù)反證法的要求，即至少有一個(gè)的反面是一個(gè)也沒有，直接寫出命題的否定．方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根，故應(yīng)選A.2．分析法又稱執(zhí)果索因法，已知x>0，用分析法證明eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)時(shí)，索的因是()A．x2>2 B．x2>4C．x2>0 D．x2>1解析：選C.因?yàn)閤>0，所以要證eq\r(1＋x)<1＋eq\f(x,2)，只需證(eq\r(1＋x))2<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x,2)))eq\s\up12(2)，即證0<eq\f(x2,4)，即證x2>0，因?yàn)閤>0，所以x2>0成立，故原不等式成立．3．若a，b∈R，則下面四個(gè)式子中恒成立的是()A．lg(1＋a2)>0 B．a(chǎn)2＋b2≥2(a－b－1)C．a(chǎn)2＋3ab>2b2 D.eq\f(a,b)<eq\f(a＋1,b＋1)解析：選B.在B中，因?yàn)閍2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，所以a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．4．在△ABC中，sinAsinC＜cosAcosC，則△ABC一定是()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定解析：選C.由sinAsinC＜cosAcosC得cosAcosC－sinAsinC＞0，即cos(A＋C)＞0，所以A＋C是銳角，從而B＞eq\f(π,2)，故△ABC必是鈍角三角形．5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)的值()A．恒為負(fù)值 B．恒等于零C．恒為正值 D．無法確定正負(fù)解析：選A.由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，則f(x1)＋f(x2)<0.6．用反證法證明命題“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，則x≠a且x≠b”時(shí)，應(yīng)假設(shè)為________．解析：“x≠a且x≠b”的否定是“x＝a或x＝b”，因此應(yīng)假設(shè)為x＝a或x＝b.答案：x＝a或x＝b7．(2018·福州模擬)如果aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a，b應(yīng)滿足的條件是__________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，即(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))＞0，需滿足a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b8．已知點(diǎn)An(n，an)為函數(shù)y＝eq\r(x2＋1)圖象上的點(diǎn)，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點(diǎn)，其中n∈N*，設(shè)cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關(guān)系為________．解析：由條件得cn＝an－bn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，所以cn隨n的增大而減小，所以cn＋1<cn.答案：cn＋1<cn9．已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b.證明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因?yàn)閍≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.10．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,3)x3，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象在交點(diǎn)(0，0)處有公共切線．(1)求a，b的值；(2)證明：f(x)≤g(x)．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（0）＝f（0），,f′（0）＝g′（0），))解得a＝0，b＝1.(2)證明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2－x(x>－1)．h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq\f(－x3,x＋1).h(x)在(－1，0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)．h(x)max＝h(0)＝0，所以h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．1．已知a，b，c∈R，若eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1且eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2，則下列結(jié)論成立的是()A．a(chǎn)，b，c同號B．b，c同號，a與它們異號C．a(chǎn)，c同號，b與它們異號D．b，c同號，a與b，c的符號關(guān)系不確定解析：選A.由eq\f(b,a)·eq\f(c,a)>1知eq\f(b,a)與eq\f(c,a)同號，若eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，不等式eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2顯然成立，若eq\f(b,a)<0且eq\f(c,a)<0，則－eq\f(b,a)>0，－eq\f(c,a)>0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,a)))≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,a))))>2，即eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)<－2，這與eq\f(b,a)＋eq\f(c,a)≥－2矛盾，故eq\f(b,a)>0且eq\f(c,a)>0，即a，b，c同號．2．在等比數(shù)列{an}中，a1<a2<a3是數(shù)列{an}遞增的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C.當(dāng)a1<a2<a3時(shí)，設(shè)公比為q，由a1<a1q<a1q2得若a1>0，則1<q<q2，即q>1，此時(shí)，顯然數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，若a1<0，則1>q>q2，即0<q<1，此時(shí)，數(shù)列{an}也是遞增數(shù)列，反之，當(dāng)數(shù)列{an}是遞增數(shù)列時(shí)，顯然a1<a2<a3.故a1<a2<a3是等比數(shù)列{an}遞增的充要條件．3．sinα與sinβ分別是sinθ與cosθ的等差中項(xiàng)與等比中項(xiàng)，則cos4β－4cos4α＝________．解析：由題意得2sinα＝sinθ＋cosθ，sin2β＝sinθcosθ，所以cos4β－4cos4α＝2cos22β－1－4(2cos22α－1)＝2(1－2sin2β)2－8(1－2sin2α)2＋3＝2(1－2sinθcosθ)2－8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ＋cosθ,2)))\s\up12(2)))eq\s\up12(2)＋3＝2(sinθ－cosθ)4－2(sinθ－cosθ)4＋3＝3.答案：34．設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出下列條件：①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件是________．(填序號)解析：若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，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(gè)大于1，反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，則a＋b≤2與a＋b＞2矛盾，因此假設(shè)不成立，故a，b中至少有一個(gè)大于1.答案：③5．已知等差數(shù)列{an}中，首項(xiàng)a1>0，公差d>0.(1)若a1＝1，d＝2，且eq\f(1,aeq\o\al(2,1))，eq\f(1,aeq\o\al(2,4))，eq\f(1,aeq\o\al(2,m))成等比數(shù)列，求整數(shù)m的值；(2)求證：對任意正整數(shù)n，eq\f(1,aeq\o\al(2,n))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))都不成等差數(shù)列．解：(1)由題意，得eq\f(1,aeq\o\al(2,1))·eq\f(1,aeq\o\al(2,m))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,aeq\o\al(2,4))))eq\s\up12(2)，(aeq\o\al(2,4))2＝(a1am)2，因?yàn)閍1＝1，d＝2，所以aeq\o\al(2,4)＝a1am，49＝1＋(m－1)·2，解得m＝25.(2)證明：假設(shè)eq\f(1,aeq\o\al(2,n))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))成等差數(shù)列，則eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))＝eq\f(2,aeq\o\al(2,n＋1))，即eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋2))－eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))－eq\f(1,aeq\o\a