高考數(shù)學(理)(人教)大一輪復習文檔講義：第十三章直接證明與間接證明

1、1直接證明(1)綜合法定義：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法框圖表示：p? q1 q1? q2 q2? q3 qn? q(其中 p 表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，q 表示所要證明的結(jié)論)思維過程：由因?qū)Ч?2)分析法定義：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框圖表示：q?p1 p1?p2 p2?p3 得到一個明顯成立的條件(其中 q 表示要證明的結(jié)論)思維過程：執(zhí)

2、果索因2間接證明反證法：一般地，假設原命題不成立(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，因此說明假設錯誤，從而證明原命題成立的證明方法【思考辨析】判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“”或“”)(1)綜合法是直接證明，分析法是間接證明()(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)用反證法證明結(jié)論“ab”時，應假設“ab” ()(4)反證法是指將結(jié)論和條件同時否定，推出矛盾()(5)在解決問題時，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 ()(6)證明不等式2736最合適的方法是分析法()1若 a，b， c為實數(shù)，且ab

3、0，則下列命題正確的是()aac2abb2c.1aab答案b解析a2 aba(ab)，ab0， ab0，a2ab.又 abb2b(a b)0，abb2，由 得 a2abb2.2(2016 北京 )袋中裝有偶數(shù)個球，其中紅球、黑球各占一半甲、乙、丙是三個空盒，每次從袋中任意取出兩個球，將其中一個球放入甲盒，如果這個球是紅球，就將另一個球放入乙盒，否則就放入丙盒重復上述過程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()a乙盒中黑球不多于丙盒中黑球b乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多c乙盒中紅球不多于丙盒中紅球d乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多答案b解析取兩個球往盒子中放有4 種情況：紅紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；黑黑，則

4、丙盒中黑球數(shù)加1；紅黑 (紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1；黑紅 (黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1.因為紅球和黑球個數(shù)一樣，所以和 的情況一樣多和的情況完全隨機，和 對 b選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒有任何影響和出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對 b 選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣綜上選b.3要證 a2b2 1a2b20，只要證明 ()a2ab1 a2b2 0ba2b21a4b420c.ab22 1a2b20d(a21)(b21)0答案d解析a2 b21a2b20? (a21)(b21)0.4如果 aabba bba，則 a、b 應滿足的條件是_ 答案a0，

5、b 0 且 ab解析 a ab b(abba)a(ab)b(ba)(ab)(ab)(ab)2(ab)當 a0，b0 且 ab 時， (ab)2(ab)0.aabba bb a成立的條件是a0，b0 且 ab.5(2016 青島模擬 )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 x1f x2 f xnnf(x1x2 xnn)，已知函數(shù)ysin x 在區(qū)間 (0，)上是凸函數(shù)，則在 abc 中， sin asin bsin c 的最大值為 _答案332解析 f(x)sin x 在區(qū)間 (0，)上是凸函數(shù)，且a、b、c(0，)f a f b f c3f(ab

6、c3)f(3)，即 sin asin bsin c3sin 3332，sin asin bsin c 的最大值為3 32.題型一綜合法的應用例 1(2016 重慶模擬 )設 a，b，c 均為正數(shù)，且abc1.證明： (1)abbcac13；(2)a2bb2cc2a 1.證明(1)由 a2b22ab，b2c2 2bc，c2a22ac，得 a2 b2c2abbcca，由題設得 (abc)21，即 a2 b2c22ab 2bc2ca1.所以 3(abbcca)1，即 abbcca13.(2)因為a2bb 2a，b2cc 2b，c2aa 2c，故a2bb2cc2a(abc)2(abc)，即a2bb2c

7、c2aabc.所以a2bb2cc2a 1.思維升華(1)綜合法是 “由因?qū)Ч?”的證明方法，它是一種從已知到未知(從題設到結(jié)論)的邏輯推理方法，即從題設中的已知條件或已證的真實判斷(命題 )出發(fā)，經(jīng)過一系列中間推理，最后導出所要求證結(jié)論的真實性(2)綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理對于定義域為 0,1的函數(shù) f(x)，如果同時滿足：對任意的x0,1，總有 f(x)0；f(1)1；若 x10，x20，x1x21，都有 f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)(1)若函數(shù) f(x)為理想函數(shù)，證明：f(0)0；(2)試判斷函數(shù)f(x)2x(x0,1)，f(x)x2(x

8、 0,1)，f(x)x(x0,1)是不是理想函數(shù)(1)證明取 x1x20，則 x1 x2 01，f(0 0)f(0)f(0)，f(0)0.又對任意的x0,1，總有 f(x)0，f(0)0.于是 f(0)0.(2)解對于 f(x)2x，x0,1，f(1)2 不滿足新定義中的條件，f(x)2x(x0,1)不是理想函數(shù)對于 f(x)x2，x0,1，顯然 f(x) 0，且 f(1) 1.對任意的x1，x20,1，x1x21，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1 x2)2x21x222x1x20，即 f(x1x2) f(x1)f(x2)f(x)x2(x0,1)是理想函數(shù)對于 f(x)x，x 0,1，

9、顯然滿足條件 .對任意的x1，x20,1，x1x21，有 f2(x1 x2)f(x1) f(x2)2(x1x2)(x1 2 x1x2x2) 2 x1x20，即 f2(x1 x2)f(x1) f(x2)2.f(x1x2)f(x1) f(x2)，不滿足條件 .f(x)x(x0,1)不是理想函數(shù)綜上， f(x)x2(x0,1)是理想函數(shù)，f(x)2x(x0,1)與 f(x)x(x0,1)不是理想函數(shù)題型二分析法的應用例 2已知函數(shù)f(x)tan x， x 0，2，若x1， x2 0，2，且x1x2，求證：12f(x1)f(x2)fx1x22.證明要證12f(x1)f(x2)fx1x22，即證明12(

10、tan x1tan x2)tan x1x22，只需證明12sin x1cos x1sin x2cos x2tan x1x22，只需證明sin x1x22cos x1cos x2sin x1x21cos x1x2.由于 x1，x2 0，2，故 x1 x2(0，)所以 cos x1cos x20，sin(x1x2)0,1cos(x1 x2)0，故只需證明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即證 1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即證 cos(x1 x2)fx1x22.引申探究若本例中f(x)變?yōu)?f(x)3x2x，試證：對于任意的x1， x2

11、r，均有f x1f x22fx1x22.證明要證明f x1f x22fx1x22，即證明1212(32)(32)2xxxx1223x x2x1x22，因此只要證明12332xx(x1x2)1223x x(x1x2)，即證明12332xx1223x x，因此只要證明12332xx1233xx，由于 x1，x2r 時，13x0, 23x0，由基本不等式知12332xx1233xx顯然成立，故原結(jié)論成立思維升華(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關鍵(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等

12、價(或充分 )的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證(2017 重慶月考 )設 a0，b0,2cab，求證：(1)c2ab；(2)cc2ab a0，b0,2cab2 ab，cab，平方得c2ab.(2)要證 cc2ab acc2ab，只要證c2ab acc2ab，即證 |ac|c2ab，即 (ac)2c2ab.(ac)2c2aba(ab2c)0 成立，原不等式成立題型三反證法的應用命題點 1證明否定性命題例 3等差數(shù)列 an 的前 n 項和為 sn，a112， s3932.(1)求數(shù)列 an 的通項 an與前 n 項和 sn；(2)設 bnsnn(nn*)，求證：數(shù)列 b

13、n 中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列(1)解由已知得a12 1，3a1 3d9 3 2，d2，故 an 2n12，snn(n2)(2)證明由(1)得 bnsnnn2.假設數(shù)列 bn中存在三項bp，bq，br(p，q， rn*，且互不相等)成等比數(shù)列，則b2qbpbr，即(q2)2 (p2)(r2)(q2pr)2(2qpr)0.p，q， rn*， q2pr0，2qpr0.(pr2)2 pr，即 (pr )20.pr，與 pr 矛盾假設不成立，即數(shù)列bn 中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列命題點 2證明存在性問題例 4(2016 濟南模擬 )若 f(x)的定義域為 a，b，值域為 a， b(

14、a 2)，使函數(shù) h(x)1x2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)由題設得g(x)12(x1)21，其圖象的對稱軸為x1，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12b2b32b，解得 b1 或 b3.因為 b1，所以 b3.(2)假設函數(shù)h(x)1x2在區(qū)間 a，b (a2)上是 “四維光軍 ”函數(shù)，因為 h(x)1x2在區(qū)間 (2， )上單調(diào)遞減，所以有h a b，h b a，即1a2 b，1b2 a，解得 ab，這與已知矛盾故不存在命題點 3證明唯一性命題例

15、 5已知 m 是由滿足下述條件的函數(shù)構(gòu)成的集合：對任意 f(x)m，方程 f(x)x0 有實數(shù)根；函數(shù) f(x)的導數(shù) f(x)滿足 0f(x)1.(1)判斷函數(shù)f(x)x2sin x4是不是集合m 中的元素，并說明理由；(2)集合 m 中的元素f(x)具有下面的性質(zhì)：若f(x)的定義域為d，則對于任意 m，n? d，都存在 x0 (m，n)，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立 試用這一性質(zhì)證明：方程 f(x)x0有且只有一個實數(shù)根(1)解當 x0 時， f(0)0，所以方程f(x)x0 有實數(shù)根0；f (x)1214cos x，所以 f(x)14，34，滿足條件0f(x)1.由

16、可得，函數(shù)f(x)x2sin x4是集合 m 中的元素(2)證明假設方程f(x)x0 存在兩個實數(shù)根 ， ( )，則 f( ) 0，f( ) 0.不妨設 ，根據(jù)題意存在c ( ， )，滿足 f( )f( )( )f(c)因為 f( ) ，f( ) ，且 ，所以 f(c)1.與已知 0f(x)0)的圖象與 x 軸有兩個不同的交點，若f(c)0，且 0 x0.(1)證明：1a是函數(shù) f(x)的一個零點；(2)試用反證法證明1ac.證明(1)f(x)的圖象與 x 軸有兩個不同的交點，f(x)0 有兩個不等實根x1，x2，f(c)0， x1c 是 f(x)0 的根，又 x1x2ca，x21a(1ac)

17、，1a是 f(x)0 的一個根即1a是函數(shù) f(x)的一個零點(2)假設1a0，由 0 x0，知 f(1a)0，與 f(1a)0 矛盾， 1ac，又1ac，1ac.26反證法在證明題中的應用典例(12 分)直線 ykxm(m0)與橢圓 w：x24y21 相交于 a、c 兩點， o 是坐標原點(1)當點 b 的坐標為 (0,1)，且四邊形oabc 為菱形時，求ac 的長；(2)當點 b 在 w 上且不是 w 的頂點時，證明：四邊形oabc 不可能為菱形思想方法指導在證明否定性問題，存在性問題，唯一性問題時?？紤]用反證法證明，應用反證法需注意：(1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，正確作出假設是反

18、證法的基礎，應用假設是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的(2)當證明的結(jié)論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法(3)利用反證法證明時，一定要回到結(jié)論上去規(guī)范解答(1)解因為四邊形oabc 為菱形，則 ac 與 ob 相互垂直平分由于 o(0,0)，b(0,1)，所以設點a t，12，代入橢圓方程得t24141，則 t 3，故 |ac|23.4 分(2)證明假設四邊形oabc 為菱形，因為點 b 不是 w 的頂點，且acob，所以 k0.由x24y2 4，y kxm，消 y 并整理得 (14k2)x28kmx4m240.6 分設 a(

19、x1， y1)，c(x2，y2)，則x1x224km14k2，y2y22kx1 x22mm14k2.所以 ac 的中點為 m4km14k2，m14k2.8 分因為 m 為 ac 和 ob 的交點，且m0，k 0，所以直線ob 的斜率為14k，因為 k14k141，所以 ac 與 ob 不垂直 10 分所以 oabc 不是菱形，與假設矛盾所以當點b 不是 w 的頂點時，四邊形oabc 不可能是菱形12 分 1(2017 泰安質(zhì)檢 )用反證法證明命題“設a，b 為實數(shù)，則方程x2axb0 至少有一個實根”時，要做的假設是()a方程 x2 axb 0 沒有實根b方程 x2 axb 0 至多有一個實根

20、c方程 x2 axb 0 至多有兩個實根d方程 x2 axb 0 恰好有兩個實根答案a解析因為 “方程 x2ax b0至少有一個實根”等價于 “方程 x2ax b0 有一個實根或兩個實根 ”，所以該命題的否定是“方程 x2axb0 沒有實根 ” 故選 a.2(2016 山西質(zhì)量監(jiān)測 )對累乘運算有如下定義：nk1aka1a2 an，則下列命題中的真命題是 ()a. 1 007k12k 不能被 10100整除b.2 015k14k22 014k12k122 015c. 1 008k1(2k1)不能被 5100整除d. 1 008k1(2k1) 1 007k12k 2 015k1k答案d解 析因

21、為1 008k1(2k 1)1 007k12k (135 2 015)(246 2 014) 123 2 0142 015 2 015k1k，故選 d.3(2017 上饒月考 )設 x，y， z0，則三個數(shù)yxyz，zxzy，xzxy()a都大于2 b至少有一個大于2c至少有一個不小于2 d至少有一個不大于2答案c解析因為 (yxyz)(zxzy)(xzxy)(yxxy)(yzzy)(zxxz)6，當且僅當x yz 時等號成立所以三個數(shù)中至少有一個不小于2，故選 c.4已知 p3 q32，證明： p q2.用反證法證明時，可假設pq2；若 a，br，|a|b|2，故 中的假設錯誤；對于，其假設

22、正確，故選d.5設 a，b 是兩個實數(shù)，給出下列條件：ab1； ab2； ab2； a2b22；ab1.其中能推出：“a，b 中至少有一個大于1”的條件是 ()abcd答案c解析若 a12，b23，則 ab1，但 a1，b2，故 推不出；若 a 2，b 3，則 ab1，故 推不出；對于 ，即 ab2，則 a，b 中至少有一個大于1，反證法：假設a1 且 b1，則 ab2 與 ab2 矛盾，因此假設不成立，a，b 中至少有一個大于1.6 (2016 河南三市聯(lián)考)設 n 為正整數(shù)， f(n)112131n， 計算得 f(2)32， f(4)2， f(8)52，f(16)3. 觀察上述結(jié)果，按照上

23、面規(guī)律，可推測f(128)_.答案92解析觀察 f(2)32， f(4)2，f(8)52，f(16)3 可知，等式及不等式右邊的數(shù)構(gòu)成首項為32，公差為12的等差數(shù)列，故f(128)3261292.7(2016 全國甲卷 )有三張卡片，分別寫有1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說： “我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是_答案1 和 3解析由丙說： “我的卡片上的數(shù)字之和不是5”可知，丙為 “1 和 2”或“1 和 3”，又乙說“我與丙

24、的卡片上相同的數(shù)字不是1”，所以乙只可能為“ 2和 3” ，又甲說 “我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，所以甲只能為“ 1和 3”8若二次函數(shù)f(x)4x22(p2)x2p2p1，在區(qū)間 1,1內(nèi)至少存在一點c，使 f(c)0，則實數(shù) p 的取值范圍是_答案3，32解析若二次函數(shù)f(x)0 在區(qū)間 1,1內(nèi)恒成立，則f 1 2p2 p10，f 1 2p23p90，解得 p3 或 p32，故滿足題干條件的p 的取值范圍為3，32.9已知 a0，證明：a21a22 a1a2.證明要證a21a22 a1a2，只需證a21a2(a1a)(22)因為 a0，所以 (a1a)(22)0，所以只需證 ( a

25、21a2)2(a1a)(22)2，即 2(22)(a1a)84 2，只需證 a1a2.因為 a0， a1a2 顯然成立 (a1a1 時等號成立 )，所以要證的不等式成立10設 f(x) ax2bxc(a0)，若函數(shù)f(x1)與 f(x)的圖象關于y 軸對稱，求證：f(x12)為偶函數(shù)證明由函數(shù) f(x 1)與 f(x)的圖象關于y 軸對稱，可知f(x1)f(x)將 x 換成 x12代入上式可得f(x121)f(x12)，即 f(x12)f(x12)，由偶函數(shù)的定義可知f(x12)為偶函數(shù)11已知函數(shù)f(x)axx 2x 1(a1)(1)證明：函數(shù)f(x)在(1， )上為增函數(shù)；(2)用反證法證

26、明方程f(x) 0 沒有負數(shù)根證明(1)任取 x1，x2(1， )，不妨設 x10.a1，21110 xxxaa且，2111210 xxxxxaaaa又x110，x210，x22x21x12x11x22 x1 1 x12 x21x11 x213 x2x1x1 1 x210.于是 f(x2)f(x1)21xxaax2 2x2 1x12x110，故函數(shù) f(x)在 (1， )上為增函數(shù)(2)假設存在x01，00 xa1，0 x0 2x0 11，即12x02，與假設x00 相矛盾，故方程 f(x) 0 沒有負數(shù)根12(2015 陜西 )設 fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2， xn的各項和，其中x0，

27、nn，n2.(1)證明：函數(shù)fn(x)fn(x)2 在12，1 內(nèi)有且僅有一個零點(記為 xn)，且 xn1212xn1n；(2)設有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為gn(x)，比較 fn(x)與 gn(x)的大小，并加以證明(1)證明fn(x)fn(x)21x x2 xn2，則 fn(1)n10，fn12112122 12n2112n1112212n0，所以 fn(x)在12，1 內(nèi)至少存在一個零點又 fn(x)12xnxn10(x0)，故 fn(x)在12，1 內(nèi)單調(diào)遞增，所以 fn(x)在12，1 內(nèi)有且僅有一個零點xn，因為 xn是 fn(x)的零點，

28、所以fn(xn) 0，即1xn1n1xn20，故 xn1212xn1n.(2)解方法一由題設， gn(x)n11xn2，設 h(x)fn(x) gn(x)1x x2 xnn1 1xn2， x0.當 x1 時， fn(x)gn(x)；當 x1 時， h(x)12x nxn1n n1 xn12，若 0 x1， h(x)xn12xn1 nxn1n n12xn 1n n12xn1n n12xn10，若 x1，h (x)xn 12xn1nxn1n n 12xn 1n n12xn1n n12xn10，所以 h(x)在 (0,1)上遞增，在 (1， )上遞減，所以 h(x) h(1)0，即 fn(x)gn(x)，綜上所述，當x1 時， fn(x)gn(x)；當 x1 時， fn(x)gn(x)方法二由題設， fn(x)1xx2xn，gn(x)n1xn12，x 0，當 x1 時， fn(x)gn(x)，當 x1 時，用數(shù)學歸納法可以證明fn(x)gn(x)，當 n2 時， f2(x)g2(x)12(1x)20，所以 f2(x)g2(x)成立，假設 nk(k2)時，不等式成立，即fk(x)gk(x)，那么，當n k1 時，fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1k1 1xk2xk12xk 1 k 1 xkk12，又 gk 1(x)2xk1 k1 xk