《2021版高考数学第十二章复数、算法、推理与证明第4讲直接证明与间接证明教学案理北师大版2954.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版高考数学第十二章复数、算法、推理与证明第4讲直接证明与间接证明教学案理北师大版2954.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 4 讲 直接证明与间接证明 一、知识梳理 1直接证明 直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法(1)综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法 综合法又称为：由因导果法(顺推证法)(2)分析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法 分析法又称为：执果索因法(逆推证法)2间接证明 反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命
2、题成立，这样的证明方法叫做反证法 3证题的三种思路(1)综合法证题的一般思路 用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论(2)分析法证题的一般思路 分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件 应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件 (3)反证法证题的一般思路 反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立 反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A，即在同一讨论过程中，A和非A有且仅
3、有一个是正确的，不能有第三种情况出现 常用结论 三种证明方法的策略 1分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用 2分析法证明的注意点：要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)”“即证”“只需证”3利用反证法证明的特点：要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的 二、教材衍化 1若Pa6a7，Qa8a5(a0)，则P，Q的大小关系是()APQ BPQ CPQ2，又因为P0，Q0，所以PQ.2设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b
4、，b与c的等差中项，则axcy_ 解析：由题意，得xab2，ybc2，b2ac，所以xy（ab）（bc）4，axcyaycxxyabc2cab2xy a（bc）c（ab）2xyabbc2ac2xy abbcacb22xy（ab）（bc）2xy（ab）（bc）2（ab）（bc）42.答案：2 一、思考辨析 判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件()(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件()(3)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾()(4)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾()(5)常常用分析法寻找解题的思
5、路与方法，用综合法展现解决问题的过程()答案：(1)(2)(3)(4)(5)二、易错纠偏 常见误区|(1)利用反证法证明“至少”“至多”问题时反设不正确；(2)利用分析法证明时寻求的条件不充分，造成最后所求索的原因错误；(3)用反证法证明时对含有逻辑联结词“且”“或”的结论否定出错 1用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于 60 度”，假设正确的是()A假设三个内角都不大于 60 度 B假设三个内角都大于 60 度 C假设三个内角至多有一个大于 60 度 D假设三个内角至多有两个大于 60 度 解析：选 B.根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60 度故
6、选 B.2要证a2b21a2b20，只要证明()A2ab1a2b20 Ba2b21a4b420 C.（ab）221a2b20 D(a21)(b21)0 解析：选 D.a2b21a2b20(a21)(b21)0.3 利 用 反 证 法 证 明“若xy0，则x1 或y1”时，正 确 的 反 设 是_ 答案：若xy0，则x1 且y1 综合法(师生共研)数列an满足an1an2an1，a11.(1)证明：数列1an是等差数列；(2)(一题多解)求数列1an的前n项和Sn，并证明1S11S21Snnn1.【解】(1)证明：因为an1an2an1，所以1an12an1an，化简得1an121an，即1an
7、11an2，故数列1an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列(2)由(1)知1an2n1，所以Snn（12n1）2n2.法一：1S11S21Sn1121221n21121231n（n1）1121213(1n1n1)11n1nn1.法二：1S11S21Sn1121221n21，又因为 1nn1，所以1S11S21Snnn1.综合法的证题思路(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理 1在ABC中，角A，B，C
8、的对边分别为a，b，c，已知 sin Asin Bsin Bsin Ccos 2B1.(1)求证：a，b，c成等差数列；(2)若C23，求证：5a3b.证明：(1)由已知得 sin Asin Bsin Bsin C2sin2B，因为 sin B0，所以 sin Asin C2sin B，由正弦定理，有ac2b，即a，b，c成等差数列(2)由C23，c2ba及余弦定理得(2ba)2a2b2ab，即有 5ab3b20，即 5a3b.2(一题多解)在ABC中，设a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且直线bxycos Acos B0 与axycos Bcos A0 平行，求证：ABC是直角三角形
9、证明：法一：由两直线平行可知bcos Bacos A0，由正弦定理可知 sin Bcos Bsin Acos A0，即12sin 2B12sin 2A0，故 2A2B或 2A2B，即AB或AB2.若AB，则ab，cos Acos B，两直线重合，不符合题意，故AB2，即ABC是直角三角形 法二：由两直线平行可知bcos Bacos A0，由余弦定理，得ab2c2a22bcba2c2b22ac，所以a2(b2c2a2)b2(a2c2b2)，所以c2(a2b2)(a2b2)(a2b2)，所以(a2b2)(a2b2c2)0，所以ab或a2b2c2.若ab，则两直线重合，不符合题意，故a2b2c2，即
10、ABC是直角三角形 分析法(师生共研)已知a，bR，abe(其中 e 是自然对数的底数)，用分析法求证：baab.【证明】因为abe，ba0，ab0，所以要证baab，只需证aln bbln a，只需证ln bbln aa.取函数f(x)ln xx，因为f(x)1ln xx2，所以当xe 时，f(x)be 时，有f(b)f(a)，即ln bbln aa.得证 分析法的证题思路(1)分析法的证题思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通
11、过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证 提醒 要注意书写格式的规范性 已知a0，求证：a21a2 2a1a2.证明：要证 a21a2 2a1a2，只要证 a21a22a1a 2.因为a0，故只要证 a21a222a1a 22，即a21a24a21a24a221a22 2a1a2，从而只要证 2a21a2 2a1a，只要证 4a21a22a221a2，即证a21a22，而上述不等式显然成立，故原不等式成立 反证法(多维探究)角度一 证明否定性命题 已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列
12、an中不存在三项按原来顺序成等差数列【解】(1)当n1 时，a1S12a12，则a11.又anSn2，所以an1Sn12，两式相减得an112an，所以an是首项为 1，公比为12的等比数列，所以an12n1.(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN+)，则 212q12p12r，所以 22rq2rp1.(*)又因为pqr，所以rq，rpN+.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立 所以假设不成立，原命题得证 角度二 证明存在性问题 已知四棱锥SABCD中，底面是边长为 1 的正方形，又SBSD 2，SA1.(1)求证：SA平面A
13、BCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由【解】(1)证明：由已知得SA2AD2SD2，所以SAAD.同理SAAB.又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以SA平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD.因为BCAD，BC/平面SAD，AD平面SAD.所以BC平面SAD，而BCBFB，所以平面FBC平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，所以假设不成立 所以不存在这样的点F，使得BF平面SAD.角度三 证明唯一性问题 已知f(x)ln(1ex)mx(xR)，对于给
14、定区间(a，b)，存在x0(a，b)，使得f（b）f（a）baf(x0)成立，求证：x0唯一【证明】假设存在x0，x0(a，b)，且x0 x0，使得f（b）f（a）baf(x0)，f（b）f（a）baf(x0)成立，即f(x0)f(x0)因为f(x)ex1exm，记g(x)f(x)，所以g(x)ex（1ex）20，即f(x)是(a，b)上的增函数所以x0 x0，这与x0 x0矛盾，所以x0是唯一的 用反证法证明数学命题需把握的三点(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾
15、，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的 1设a0，b0，且a2b21a21b2.证明：a2a2 与b2b2 不可能同时成立 证明：假设a2a2 与b2b2 同时成立，则有a2ab2b0，b0，所以ab1.因为a2b22ab2(当且仅当ab1 时等号成立)，ab2ab2(当且仅当ab1 时等号成立)，所以a2ab2b2ab2ab4(当且仅当ab1 时等号成立)，这与假设矛盾，故假设错误 所以a2a2 与b2bbc，且abc0，求证：b2ac0 Bac0 C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0 解析：选 C.b2ac 3ab2ac3a2(ac)2ac3a2 a22
16、acc2ac3a20 2a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.故选 C.3(2020江西抚州模拟)设a，bR，现给出下列五个条件：ab2；ab2；ab2；ab1；logab0，且a1)其中能推出“a，b中至少有一个大于 1”的条件为()A B C D 解析：选 D.ab1 时，ab2，所以推不出a，b中至少有一个大于 1，不符合；当ab0 时，ab2，推不出a，b中至少有一个大于 1，不符合；当ab2 时，ab1，推不出a，b中至少有一个大于 1，不符合；对于，假设a，b都不大于 1，即a1，b1，则ab2，与ab2 矛盾，所以能推出a，b中至少有一个大于 1；对于，假设a，b
17、都不大于 1，则 logabloga10，与 logab0，则f(x1)f(x2)的值()A恒为负值 B恒等于零 C恒为正值 D无法确定 解析：选 A.由f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当x0 时，函数f(x)递减，可知f(x)是 R 上的减函数，由x1x20，可知x1x2，f(x1)f(x2)f(x2)，则f(x1)f(x2)b0，则1abc2；a2b2；ab，其中正确的序号是_ 解析：对于，因为ab0，所以ab0，1ab0，a1abb1ab，即1b1a.故正确；当c0 时，不正确；由不等式的性质知正确 答案：7已知点An(n，an)为函数yx21图象上的点，Bn(n，bn)为函数yx图
18、象上的点，其中nN+，设cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_ 解析：由条件得cnanbnn21n1n21n，所以cn随n的增大而减小，所以cn1cn.答案：cn10，求证：2a3b32ab2a2b.证明：2a3b3(2ab2a2b)2a(a2b2)b(a2b2)(a2b2)(2ab)(ab)(ab)(2ab)因为ab0，所以ab0，ab0，2ab0，从而(ab)(ab)(2ab)0，即 2a3b32ab2a2b.10已知非零向量a，b，且ab，求证：|a|b|ab|2.证明：abab0，要证|a|b|ab|2.只需证|a|b|2|ab|，只需证|a|22|a|b|b|22(a22abb2
19、)，只需证|a|22|a|b|b|22a22b2，只需证|a|2|b|22|a|b|0，即证(|a|b|)20，上式显然成立，故原不等式得证 综合题组练 1已知a，b，cR，若baca1 且baca2，则下列结论成立的是()Aa，b，c同号 Bb，c同号，a与它们异号 Ca，c同号，b与它们异号 Db，c同号，a与b，c的符号关系不确定 解析：选 A.由baca1 知ba与ca同号，若ba0 且ca0，不等式baca2 显然成立，若ba0 且ca0，ca0，baca2 baca2，即baca0 且ca0，即a，b，c同号 2在等比数列an中，“a1a2a3”是“数列an递增”的()A充分不必要
20、条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析：选 C.当a1a2a3时，设公比为q，由a1a1q0，则 1q1，此时，显然数列an是递增数列，若a1qq2，即 0q1，此时，数列an也是递增数列，反之，当数列an是递增数列时，显然a1a2a3.故“a1a22 时，关于x，y，z的方程xnynzn没有正整数解”经历三百多年，于二十世纪九十年代中期，英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理则下面说法正确的是()A至少存在一组正整数组(x，y，z)，使方程x3y3z3有解 B关于x，y的方程x3y31 有正有理数解 C关于x，y的方程x3y31 没有正有理数解 D
21、当整数n3 时，关于x，y，z的方程xnynzn没有正实数解 解析：选 C.由于 B，C 两个命题是对立的，故正确选项是这两个选项中的一个假设关于x，y的方程x3y31 有正有理数解，则x，y可写成整数比值的形式，不妨设xmn，yba，其中m，n为互质的正整数，a，b为互质的正整数，代入方程得m3n3b3a31，两边同时乘以a3n3，得(am)3(bn)3(an)3.由于am，bn，an都是正整数，这与费马大定理矛盾，所以假设不成立，所以关于x，y的方程x3y31 没有正有理数解故选 C.4(一题多解)若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1，在区间1，1内至少存在一点c，使f(c)0，
22、则实数p的取值范围是_ 解析：法一(补集法)：令f（1）2p2p10，f（1）2p23p90，解得p3 或p32，故满足条件的p的取值范围为3，32.法二(直接法)：依题意有f(1)0 或f(1)0，即 2p2p10 或 2p23p90，得12p1 或3p32，故满足条件的p的取值范围是3，32.答案：3，32 5 已知二次函数f(x)ax2bxc(a0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)0，且 0 x0.(1)证明：1a是f(x)0 的一个根；(2)试比较1a与c的大小；(3)证明：2b1.解：(1)证明：因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，所以f(x)0 有两个不等实根x1，x
23、2，因为f(c)0，所以x1c是f(x)0 的根，又x1x2ca，所以x21a1ac，所以1a是f(x)0 的一个根(2)假设1a0，由 0 x0，知f1a0 与f1a0 矛盾，所以1ac，又因为1ac，所以1ac.(3)证明：由f(c)0，得acb10，所以b1ac.又a0，c0，所以b1.二次函数f(x)的图象的对称轴方程为 xb2ax1x22x2x22x21a，即b2a0，所以b2，所以2b2)使函数h(x)1x2在区间a，b(a2)上是“四维光军”函数，因为h(x)1x2在区间(2，)上是减少的，所以有h（a）b，h（b）a，即1a2b，1b2a 解得ab，这与已知ab矛盾故不存在常数a与b使h(x)是“四维光军”函数