2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第11章算法、復(fù)數(shù)、推理與證明11.4直接證明與間接證明學(xué)案文

1、接證明與間接證明h拿擁宜接i壬明的甫種基本方袪:仆析怯與綜育場能璃川反證底證明的題.拿稱反證法的界熱 皈 設(shè)：潮j舶論.乂益倍法、反證法證明問題是高粵中的仕點(diǎn)主要在知識交匯社命題.如掘臥不靜式軫.從近三平店垮悄況朮看.本講是離潺中的一牛熱恵.預(yù)蘭203年將魯以不綁式、立兒何.蛙列并mRAftM考査分析貳.綜佇朗血的靈活應(yīng)用題型為解害J中的一問,試題慮度中毎E基礎(chǔ)知識過哭11.4直知識梳理1.直接證明考綱解讀考向預(yù)測I2內(nèi)容綜合法分析法定義利用已知條件和某些數(shù) 學(xué)定義、公理、定理等經(jīng) 過一系列的推理論證最 后推導(dǎo)出所要證明的結(jié) 論成立從要證明的結(jié)論出發(fā)丹 逐步尋求使它成立的 充仆條件直到最后把

2、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)為止實(shí)質(zhì)由因?qū)Ч麍?zhí)果索因rr-QuP凡召厲一框圖PnQ_Q=Q2_- -r|得到一個明顯|表ZbQ“nQ-*-|成立的條件文字因?yàn)樗砸C只需證語言或由得即證2 間接證明間接證明是不同于直接證明的又一類證明方法，反證法是一種常用的間接證明方法.(1) 反證法的定義：假設(shè)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)錯誤，從而證明原命題成立的證明方法.(2) 用反證法證明的一般步驟：反設(shè)一一假設(shè)命題的結(jié)論不成立；歸謬一一根據(jù)假設(shè)進(jìn)行推理，直到推出矛盾為止；結(jié)論一一斷言假設(shè)不成立

3、，從而肯定原命題的結(jié)論成立.診斷自測1 概念思辨(1) 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.()(2) 證明不等式 2 + 7b0, m=jaJb, n= ab,貝U n,n的大小關(guān)系是 _答案n0,n0,則吊n2=a+b 2aba+b= 2b 2ab= 2b22ab0,.mn2,.n0,b0,且a+b= 4，則下列不等式中恒成立的是（）1 1A. -ab21 1B.+-21 1D.22Wa+b8答案 D2 2 2 2 2解析 /a+b 2 ab, 2(a+b)( a+b) = 16.2 211 a + b 8,.w.故選 D.a+b8（2）設(shè)a,b是兩個實(shí)數(shù)，給出下列條

4、件：1_a+b2；a2+b22.其中能推出：“a,b中至少有一個大于 1”的條件是 _.（填序號）答案解析 取a= 2,b= 1，則a2+b22,從而推不出.能夠推出，即若 則a,b中至少有一個大于 1.用反證法證明如下：假設(shè)aw1,且b 1,貝Ua+b2 矛盾.因此假設(shè)不成立，所以a,b中至少有一個大于 1.a+b2,40經(jīng)典題型1巾關(guān)題型 1 分析法的應(yīng)用a2+ 1- 2a+- 2.VaV a典例已知a0,證明:51只需證 aA2.a1 ( 1 因?yàn)閍0,a+2顯然成立a=1 時等號成立，所以要證的不等式成立.方法技巧1 分析法證明問題的策略(1) 逆向思考是用分析法證題的主要思想.(2)

5、 證明較復(fù)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.2 分析法的適用范圍及證題關(guān)鍵(1) 適用范圍：1已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接.2證明過程中所需要用的知識不太明確、具體.3含有根號、絕對值的等式或不等式，從正面不易推導(dǎo).(2) 證題關(guān)鍵：保證分析過程的每一步都是可逆的見典例.沖關(guān)針對訓(xùn)練(2018 天津期末)已知xy0,m0.用分析法證明：，xy(2 , xy) 1.證明 要用分析法證明：.xy(2 xy) 1,只需 2xy (xy)20,即(_xy 1)20,因?yàn)閤,y0，且(.xy1

6、)20成立，所以xy(2 xy) 0,所以所以只需證21a+ :a即 2(2 典例已知a,b,c為互不相等的實(shí)數(shù)，求證:6444222 22 2a+b+cab+be+c aabc(a+b+c).【方法點(diǎn)撥】I證明/a4+b42a2b2,b4+c42b2c2,4422c+a2a c,又a,b,c互不相等，上面三式中至少有一個式子不能取“=”， a4+b4+c4a2b2+b2c2+c2a2.Ta2+b22ab,2 2 .2 2 .2a c+b c2abc,2 2 22 2.22 .22.2同理a b+a c 2 a bc,b c+b a 2 ab c,a b+b c+c aabc+a bc+ab

7、c.由，得a4+b4+c4a2b2+b2c2+c2a2abc(a+b+c). 方法技巧1. 利用綜合法證題的策略用綜合法證題是從已知條件出發(fā)，逐步推向結(jié)論，綜合法的適用范圍：(1)定義明確的問題；(2)已知條件明確，并且容易通過分析和應(yīng)用條件逐步逼近結(jié)論的題型.2. 綜合法證明問題的常見類型及方法(1) 與不等式有關(guān)的證明：充分利用函數(shù)、方程、不等式間的關(guān)系，同時注意函數(shù)單調(diào) 性、最值的應(yīng)用，尤其注意導(dǎo)數(shù)思想的應(yīng)用.見典例.(2) 與數(shù)列有關(guān)的證明：充分利用等差、等比數(shù)列的定義通項(xiàng)及前n項(xiàng)和公式證明.沖關(guān)針對訓(xùn)練(2017 黃岡模擬)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為S,且(3 m)S+ 2ma=討 3(

8、n “ .其中m為常數(shù)，且m 3.(1)求證：an是等比數(shù)列；若數(shù)列an的公比q=f(m，數(shù)列bn滿足b1=a1,bn= |f(bn1)(nN, n2),求證:bn證明(1)由(3 n)$+ 2ma=3，得(3 m)S+1+ 2ma+1= m 3.兩式相減，得(3 +m)an+1= 2ma,m# 3,an+12m =, an是等比數(shù)列.anm+ 3(2)T(3m S+2ma=m+3, (3 m)a1+ 2ma=m+ 3,二a1= 1.2m,戸,b1=a1=1,q=f(m)= 7,A當(dāng)nN 且n2時,IT+ 3利用基本不等式進(jìn)行整理變形，使命題得證.為等差數(shù)列.7bn=3f(bn 1) =3b2

9、+13?bnbn- 1+ 3bn=35 1?1=售.22bn 1十 3bnbn 13是首項(xiàng)為 1,公差為 3 的等差數(shù)列222(1 + 4k)x+ 8km)+ 4m 4 = 0.2bn-1題型 3反證法的應(yīng)用典例2x直線y=kx+ nm0)與橢圓W：+y2= 1 相交于A, C兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn).B的坐標(biāo)為(0,1)，且四邊形B在W上且不是W的頂點(diǎn)時,(1)當(dāng)點(diǎn)當(dāng)點(diǎn)【方蚤點(diǎn)撥】IOABC為菱形時，求AC的長；證明：四邊形OAB(不可能為菱形.因菱形的對角線垂直且相互平分，所以由對角線8的中點(diǎn)求對角線的斜率，研究其是否垂直.解(1)因?yàn)樗倪呅蜲ABC菱形，AC與OB相互垂直平分.可設(shè)At, 2，

10、代入橢圓方程得+1=1,即t=3，所以 |AC= 2 3.(2)證明：假設(shè)四邊形OAB為菱形.因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)，且ACL OB所以kz0.2 ,2 ,x+ 4y= 4,由消y并整理得y=kx+m,y1+yX1+X2m2=丁+ m=1 + 4k2，1 + 4k2.因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn)，且 0,1所以直線OB的斜率為-示 1、因?yàn)閗 i 4z1,所以AC與OB不垂直.所以四邊形OAB(不是菱形，與假設(shè)矛盾.所以當(dāng)點(diǎn)B不是W勺頂點(diǎn)時，四邊形OAB(不可能為菱形. 方法技巧反證法的適用范圍(1)否定性命題；命題的結(jié)論中出現(xiàn)“至少”“至多” “唯一”等詞語的；(3)當(dāng)命題成立非常明顯，而要直接證

11、明所用的理論太少，且不容易說明，而其逆否命設(shè)A(x1,y1),C(x2,y2)，則2X1+X24km2,1 + 4k4km mAC的中點(diǎn)為9題又是非常容易證明的；(4)要討論的情況很復(fù)雜，而反面情況很少.沖關(guān)針對訓(xùn)練(2017 濟(jì)南質(zhì)檢)若f(x)的定義域?yàn)閍, b，值域?yàn)閍, b(a 2),使函數(shù)h(x) =x2 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.1解 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)=X 21a2 =b,即丄=a b+ 2,解得a=b,這與已知矛盾.故不存在.E真題模擬訶1關(guān)1.(2014 山東高考

12、)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實(shí)數(shù)，則方程x3+ax+b= 0 至少有一個實(shí)根”時，要作的假設(shè)是()A.方程x3+ax+b= 0 沒有實(shí)根B.方程x3+ax+b= 0 至多有一個實(shí)根C.方程x3+ax+b= 0 至多有兩個實(shí)根D.方程x3+ax+b= 0 恰好有兩個實(shí)根答案 A解析 因?yàn)椤胺匠蘹3+ax+b= 0 至少有一個實(shí)根”等價于“方程x3+ax+b= 0 的實(shí)根的個數(shù)大于或等于 1”，因此，要作的假設(shè)是方程x3+axb= 0 沒有實(shí)根.故選 A.2.(2017 鄭州模擬)設(shè)x0,P= 2x+ 2x,Q=(sinx+ cosx)2,則()A.PQB.PQ答案 A解析 因?yàn)?2x+ 2x2

13、2x2x= 2(當(dāng)且僅當(dāng)x= 0 時等號成立)，而x0,所以F2; 又(sinx+ cosx)= 1 + sin2x,而 sin2xw1,所以QW2.于是PQ故選 A.11k3.(2016 鄒平縣校級期中)若abc,則使 +恒成立的最大的正整數(shù)k1x2 在區(qū)間(2,)上單調(diào)遞減,所以有;a,10ab bc ac為()A. 2 B . 3 C . 4 D . 5答案 C解析Tabc,=ab0,bc0,ac0,且ac=ab+bc.114. （2017 海淀區(qū)二模）一位手機(jī)用戶前四次輸入四位數(shù)字手機(jī)密碼均不正確，第五次 輸入密碼正確，手機(jī)解鎖，事后發(fā)現(xiàn)前四次輸入的密碼中，每次都有兩個數(shù)字正確，但它們

14、 各自的位置均不正確.已知前四次輸入密碼分別為3406,1630,7364,6173 ，則正確的密碼中一定含有數(shù)字（）A. 4,6 B . 3,6 C . 3,7 D . 1,7答案 D解析若正確的密碼中一定含有數(shù)字3,6，而 3,6 在第 1,2,3,4 的位置都有，與它們各自的位置均不正確矛盾.同理正確的密碼中一定含有數(shù)字4,6 或 3,7 不正確.若正確的密碼中一定含有數(shù)字 1,7，而 3,6 在第 1,2,3,4 的位置都有，根據(jù)它們各自的位置均不正確，可 得 1 在第三位置，7 在第四位置.故選 D.E課后作業(yè)斉關(guān)基礎(chǔ)送分提速狂刷練一、選擇題1. （2018 無錫質(zhì)檢）已知m1,a=

15、1 m,b=mm 1,則以下結(jié)論正確的是（）A. abB. a rn m- 10(m1),yy zzxx2.設(shè)x,y,z0,則三個數(shù) +工，一 + 一，一 + 一（ ）xz xyzyA.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 Cyyzzxx+ +一+一+一+一xzxyzy:x+z，x+y，x+:中至少有一個不小于2.故選 C.ac ac ab+bc ab+bc bc abr r卜 一=2+ab 2+2=4，當(dāng)且僅當(dāng)a-b又ab+bcabbc=bc時等號成立.ac ac:kab+職，kw4,故k的最大整數(shù)為 4.故選 C.1 1m+ 1 +mm+

16、m-1，即abc，且a+b+c= 0,求證：.b2ac0 B .ac0C. (ab)(ac)0 D . (ab)(ac)0答案 C解析b2ac 3a?b2ac3a2? (a+c)2ac3a2?a2+ 2ac+c2ac 3a20? 2a2+ac+c20? (ac)(2a+c)0? (ac)(ab)0.故選 C.21m4.已知a0,b0,如果不等式-+匚恒成立，那么m的最大值等于(a b2a+bA. 10 B . 9 C . 8 D . 7答案 B解析Ta0,b0,. 2a+b0. 5+ 2 屠+a卜 5+ 4 = 9，即其最小值為 9,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，等號成立. me9,即卩m的最大值等于 9

17、.故選 B.5.設(shè)f(x)是定義在 R 上的奇函數(shù)， 且當(dāng)x0時，f(x)單調(diào)遞減， 若X1+X20,則f(x +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)答案 A解析 由f(x)是定義在 R 上的奇函數(shù)，且當(dāng)x0時，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+X20,可知X1X2,f(X1)f( X2)=f(X2),則f(X1)+f(X2)a+b+cB.a2+b2+c2ab+bc+ac222C.a+b+c2(ab+bc+ac)2222 2 2 2 2 2a+b+c= 2(a+b+c) 2(abcosC+accosB+bccosA).a+

18、b+c= 2(abcosC+accosB+bccosA)2(ab+bc+ac)答案 C解析c2=a2+b2 2abcosC, b2=a2+c2 2accosB,2 2 2a=b+c 2bccosA,15解析 由條件知，ABC的三個內(nèi)角的余弦值均大于 0,則厶ABC是銳角三角形，且ABC2不可能是直角三角形.假設(shè)A2B2C2是銳角三角形.nA2=A,得Ba=n-B,n則A+R+ C= ，這與三角形內(nèi)角和為 180相矛盾.因此假設(shè)不成立，故ABC是鈍角三角形.故選D.& （2017 昌平區(qū)二模）四支足球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)比賽（每兩隊(duì)比賽一場），每場比賽勝者 得 3分，負(fù)者得 0 分，平局雙方各得

19、 1 分.比賽結(jié)束后發(fā)現(xiàn)沒有足球隊(duì)全勝，且四隊(duì)得分各不相同，則所有比賽中最多可能出現(xiàn)的平局場數(shù)是（）A. 2 B . 3 G . 4 D . 5答案 G解析 四支足球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)比賽（每兩隊(duì)比賽一場），共比賽 6 場.每場比賽勝者得 3 分，負(fù)者得 0 分，平局雙方各得 1 分.即每場比賽若不平局，則共產(chǎn)生3X6= 18 分，每場比賽都平局，則共產(chǎn)生2X6= 12分.比賽結(jié)束后發(fā)現(xiàn)沒有足球隊(duì)全勝，且四隊(duì)得分各不相同，則各隊(duì)得分分別為：2,3,4,5 或 3,4,5,6.但是不可能產(chǎn)生 4,5 分，與題意矛盾，舍去.因此各隊(duì)得分分別為：2,3,4,5.第一名得分 5: 5 = 3+ 1 + 1，

20、為一勝兩平；第二名得分 4: 4 = 3+ 1 + 0，為一勝一平一負(fù)； 第三名得分 3:根據(jù)勝場等于負(fù)場，只能為三平;第四名得分 2: 2 = 1 + 1 + 0，為兩平一負(fù). 則所有比賽中最多可能出現(xiàn)的平局場數(shù)是 4.故選 G.二、填空題C2=專G,如果是 3,4,5,6，則每場產(chǎn)生3+4+5+66=3 分，沒有平局產(chǎn)生,sin A = cosA= sin由 sin R= cosB= sinIsinC2= cosG= sin169. (2017 南昌一模)設(shè)無窮數(shù)列劉，如果存在常數(shù)A,對于任意給定的正數(shù)(無論多小)，總存在正整數(shù)N,使得nN時，恒有A| 成立，就稱數(shù)列an的極限為A則n11

21、112n+ 四個無窮數(shù)列：( 1)X2:n:1+ 2 + 22+ 23+ 廠育n廠二其極限為 2 的共有_ 個.答案 2解析 對于，Ian 2| = 1( 1)nx2 2| = 2X1( 1)n 1|，當(dāng)n是偶數(shù)時，Ian 2| =0，當(dāng)n是奇數(shù)時，|an 2| = 4，所以不符合數(shù)列an的極限的定義，即2 不是數(shù)列(1)X2的極限；對于，由|an 2| = |n 2| ，得 2 nN時，恒有|an 2|1 Iog2 ，即對于任意給定的正數(shù) (無論多小)，總存在正整數(shù)N使得nN時，恒有工 1 111Ian 2| 成立，所以 2 是數(shù)列 1 + 2+藝+ 23+ 21的極限；對于，由|an 2| =2n+1112 =-,即對于任意給定的正數(shù) (無論多小)，總存在正整數(shù)N使nn2n+ 1、得nN時，恒有|an 2|1,n N,若不等式a 1a1恒成立，貝Un的最小值為 _答案 2解析n= 1 時，結(jié)論不成立.2歹 17 a 1n= 2 時，不等式為,a 1一廠,即 2a 20,a1，則，a 有意義，不等式恒成立.11312.設(shè)非等腰ABO的內(nèi)角A,B, C所對的邊長分別為a,b,c,若一-+一-= -一a-b c-b a-b+c則代B, C的關(guān)系是_答案 2B=A+C113+ =a-b c-b a-b+c2 2 2即b=a+cac,- B=60,A, B, C的