高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 17-18版 第7章 第38課 直接證明與間接證明

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1、 第38課 直接證明與間接證明 [最新考綱] 內(nèi)容 要求 A B C 分析法與綜合法 √ 反證法 √ 1．直接證明 (1)綜合法 ①定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止，這種證明方法常稱為綜合法． ②框圖表示：?…?…? ③思維過程：由因?qū)Ч? (2)分析法 ①定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實(shí)吻合為止．這種證明方法常稱為分析法． ②框圖表示：?…?…? ③思維過程：執(zhí)果索因． 2．間接證明 (1)反證法：假設(shè)

2、原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明原命題成立的證明方法． (2)反證法的步驟： ①反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真； ②歸謬——從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果； ③存真——由矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立． 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)綜合法的思維過程是由因?qū)Ч?，逐步尋找已知的必要條件．(　　) (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)用反證法證明時(shí)，推出

3、的矛盾不能與假設(shè)矛盾．(　　) (4)在解決問題時(shí)，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．(　　) [答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 2．用反證法證明命題：“已知a，b為實(shí)數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是____________． 方程x2＋ax＋b＝0沒有實(shí)根　[“方程x2＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”的反面是“方程x2＋ax＋b＝0沒有實(shí)根”．] 3．要證明＋<2，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是____________．(填序號(hào)) ①綜合法；　　　　　　　 ②分析法； ③反證法； ④歸納法．

4、②　[要證明＋<2成立，可采用分析法對不等式兩邊平方后再證明．] 4．已知a，b，x均為正數(shù)，且a>b，則與的大小關(guān)系是__________． >　[∵－＝>0， ∴>.] 5．(教材改編)在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數(shù)列，a，b，c成等比數(shù)列，則△ABC的形狀為__________三角形． 等邊　[由題意2B＝A＋C， 又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac， ∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c， ∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC為等邊三

5、角形．] 綜合法 　如圖38-1所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD＝. (1)求證：平面PAB⊥平面PCD； (2)求三棱錐D-PBC的體積． 圖38-1 [解]　(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA. 因?yàn)镻A＝PD＝AD，所以△PAD是等腰直角三角形，且∠APD＝，即PA⊥PD. 又CD∩PD＝D，所以PA⊥平面PCD 又PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD. (2)取AD的中點(diǎn)O，連接OP，如圖

6、因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD. 因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD. 即PO為三棱錐P-BCD的高， 由PA＝PD＝AD＝，知OP＝1. 因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以S△BCD＝×2×2＝2.所以V三棱錐D-PBC＝V三棱錐P-BCD＝PO·S△BCD＝×1×2＝. [規(guī)律方法]　綜合法是“由因?qū)Ч钡淖C明方法，其邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理方法，常與分析法結(jié)合使用，用分析法探路，綜合法書寫，但要注意有關(guān)定理、性質(zhì)、結(jié)論題設(shè)條件的正確運(yùn)用． [變式訓(xùn)練1]　已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－

7、x2＋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). 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172205】 [解]　(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2， 由題意得 解得a＝0，b＝1. (2)證明：令h(x)＝f(x)－g(x) ＝ln(x＋1)－x3＋x2－x(x>－1)． h′(x)＝－x2＋x－1＝. 所以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，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x). 分析法 　已知a>0，求證：－≥a＋－2.

8、[證明]　要證－≥a＋－2， 只需要證＋2≥a＋＋. 因?yàn)閍>0，故只需要證2≥2， 即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2， 從而只需要證2≥， 只需要證4≥2， 即a2＋≥2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立． [規(guī)律方法]　1.當(dāng)已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中所需用的知識(shí)不太明確、具體時(shí)，往往采用分析法，特別是含有根號(hào)、絕對值的等式或不等式，常考慮用分析法． 2．分析法的特點(diǎn)和思路是“執(zhí)果索因”，逐步尋找結(jié)論成立的充分條件，即從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”或本身已經(jīng)成立的定理、性質(zhì)或已經(jīng)證明成立的結(jié)論等，通常采用“欲證—只需證—已知”的格式

9、，在表達(dá)中要注意敘述形式的規(guī)范性． [變式訓(xùn)練2]　已知△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：＋＝. [證明]　要證＋＝， 即證＋＝3，也就是＋＝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＋a2－2accos 60°， 即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立. 反證法 　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

10、，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－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn， ∴Sn＝，∴Sn＝ (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)， a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1. ∵a1≠0，∴2qk＝q

11、k－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． [規(guī)律方法]　用反證法證明問題的步驟： (1)反設(shè)：假定所要證的結(jié)論不成立，而設(shè)結(jié)論的反面成立；(否定結(jié)論) (2)歸謬：將“反設(shè)”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)出矛盾，矛盾可以是與已知條件、定義、公理、定理及明顯的事實(shí)矛盾或自相矛盾；(推導(dǎo)矛盾) (3)立論：因?yàn)橥评碚_，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤．既然原命題結(jié)論的反面不成立，從而肯定了原命題成立．(命題成立) [變式訓(xùn)練3]　已知a≥－1，求證三個(gè)方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(

12、a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個(gè)方程有實(shí)根. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172206】 [證明]　假設(shè)三個(gè)方程都沒有實(shí)數(shù)根，則 ? ∴－

13、常用“要證(欲證)…”“即要證…”“就要證…”等分析到一個(gè)明顯成立的結(jié)論P(yáng)，再說明所要證明的數(shù)學(xué)問題成立． 2．利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時(shí)，沒有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯(cuò)誤的． 課時(shí)分層訓(xùn)練(三十八) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) (建議用時(shí)：30分鐘) 一、填空題 1．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．其中正確的個(gè)數(shù)有____________．(填序號(hào)) ①②③④⑤　[由分析法、綜合法、反證法的定義知①②③④⑤都正確．] 2．用反證法證明命題：若整數(shù)系數(shù)的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有

14、有理實(shí)數(shù)根，則a，b，c中至少有一個(gè)是偶數(shù)．下列假設(shè)中正確的是____________．(填序號(hào)) ①假設(shè)a，b，c至多有一個(gè)是偶數(shù)； ②假設(shè)a，b，c至多有兩個(gè)偶數(shù)； ③假設(shè)a，b，c都是偶數(shù)； ④假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)． ④　[“至少有一個(gè)”的否定為“一個(gè)都沒有”，即假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)．] 3．若a，b，c為實(shí)數(shù)，且aab>b2； ③<； ④>. ②　[a2－ab＝a(a－b)， ∵a0

15、， ∴a2>ab. 又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2， 即a2>ab>b2.] 4．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證0; ②a－c>0； ③(a－b)(a－c)>0; ④(a－b)(a－c)<0. ③　[由題意知0 ?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b)>0.] 5．用反證法證明“若x2－1＝0

16、，則x＝－1或x＝1”時(shí)，應(yīng)假設(shè)__________． x≠－1且x≠1　[“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．] 6．設(shè)a>b>0，m＝－，n＝，則m，n的大小關(guān)系是__________． m?a0，顯然成立．] 7．下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的條件的個(gè)數(shù)是__________． 3　[要使＋≥2，只要>0，且>0，即a，b不為0且同號(hào)即可，故有3個(gè)．] 8．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)

17、x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，若x1＋x2>0，則f(x1)＋f(x2)____________0.(填“>”“<”或“＝”) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172208】 <　[∵x1＋x2>0，∴x1>－x2， 又f(x)是奇函數(shù)，且在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故f(x)在R上單調(diào)遞減， 故f(x1)

18、性質(zhì)定理為：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2…，xn，有≤f，已知函數(shù)y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值為____________． 　[∵f(x)＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)， 且A、B、C、∈(0，π)， ∴≤f＝f， 即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝， 所以sin A＋sin B＋sin C的最大值為.] 二、解答題 11．已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b. [證明]　要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立， 只需證：2a

19、3－b3－2ab2＋a2b≥0， 即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0， 即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0. ∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0， 從而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立， ∴2a3－b3≥2ab2－a2b. 12．設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和． (1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列； (2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：62172209】 [解]　(1)證明：假設(shè)數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，則S＝S1S3， 即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)， 因?yàn)閍1≠0，所以(1＋

20、q)2＝1＋q＋q2， 即q＝0，這與公比q≠0矛盾， 所以數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列． (2)當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝na1，故{Sn}是等差數(shù)列； 當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn}不是等差數(shù)列，否則2S2＝S1＋S3， 即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)， 得q＝0，這與公比q≠0矛盾． 綜上，當(dāng)q＝1時(shí)，數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列； 當(dāng)q≠1時(shí)，數(shù)列{Sn}不是等差數(shù)列． B組　能力提升 (建議用時(shí)：15分鐘) 1．設(shè)x，y，z>0，則三個(gè)數(shù)＋，＋，＋____________.(填序號(hào)) ①都大于2; ②至少有一個(gè)大于2； ③至少有一個(gè)不小于2; ④至少有一個(gè)不大于2.

21、 ③　[因?yàn)閤>0，y>0，z>0， 所以＋＋＝＋＋≥6， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時(shí)等號(hào)成立，則三個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)不小于2.] 2．如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，則下列說法正確的是____________．(填序號(hào)) ①△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形； ②△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形； ③△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形； ④△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C2是鈍角三角形； ④　[由條件知，△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設(shè)△A2B

22、2C2是銳角三角形． 由 得 那么，A2＋B2＋C2＝，這與三角形內(nèi)角和為180°相矛盾． 所以假設(shè)不成立，又顯然△A2B2C2不是直角三角形． 所以△A2B2C2是鈍角三角形．] 3．已知數(shù)列{an}滿足a1＝，且an＋1＝(n∈N＋)． (1)證明數(shù)列是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝anan＋1(n∈N＋)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和記為Tn，證明：Tn<. [解]　(1)由已知可得，當(dāng)n∈N＋時(shí)，an＋1＝. 兩邊取倒數(shù)得，＝＝＋3， 即－＝3， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為＝2，公差為3的等差數(shù)列， 其通項(xiàng)公式為＝＋(n－1)×3＝2＋(n－1)×3＝

23、3n－1. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝. (2)證明：由(1)知an＝， 故bn＝anan＋1＝× ＝ ＝， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝×＋×＋…＋× ＝＝－×. 因?yàn)?0，所以Tn<. 4．若f(x)的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇a，b](a－2)，使函數(shù)h(x)＝是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)由題設(shè)得g(x)＝(x－1)2＋1，其圖象的對稱軸為x＝1，區(qū)間[1，b]在對稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞增． 由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)＝1，g(b)＝b， 即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3. 因?yàn)閎>1，所以b＝3. (2)假設(shè)函數(shù)h(x)＝在區(qū)間[a，b](a>－2)上是“四維光軍”函數(shù)， 因?yàn)閔(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以有即 解得a＝b，這與已知矛盾．故不存在．