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1、1/17 七、反证法 与前面所讲的方法不同，反证法是属于“间接证明法”一类，是从反面的角度思考问题的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得。法国数学家阿达玛(Hadamard)对反证法的实质作过概括：“若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾”。具体地讲，反证法就是从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理的已知条件，进行正确的逻辑推理，使之得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题等相矛，矛盾的原因是假设不成立，所以肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明。反证法所依据的是逻辑思维规律中的“矛盾律”和“排中律”。在同一思维过程中，两个互相矛盾的判断不
2、能同时都为真，至少有一个是假的，这就是逻辑思维中的“矛盾律”；两个互相矛盾的判断不能同时都假，简单地说“A 或者非 A”，这就是逻辑思维中的“排中律”。反证法在其证明过程中，得到矛盾的判断，根据“矛盾律”，这些矛盾的判断不能同时为真，必有一假，而已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题都是真的，所以“否定的结论”必为假。再根据“排中律”，结论与“否定的结论”这一对立的互相否定的判断不能同时为假，必有一真，于是我们得到原结论必为真。所以反证法是以逻辑思维的基本规律和理论为依据的，反证法是可信的。反证法的证题模式可以简要的概括我为“否定推理否定”。即从否定结论开始，经过正确无误的推理
3、导致逻辑矛盾，达到新的否定，可以认为反证法的基本思想就是“否定之否定”。应用反证法证明的主要三步是：否定结论 推导出矛盾 结论成立。实施的具体步骤是：第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。在应用反证法证题时，一定要用到“反设”进行推理，否则就不是反证法。用反证法证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以，这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方面情况有多种，那么必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”。在数学解题中经
4、常使用反证法，牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一”。一般来讲，反证法常用来证明的题型有：命题的结论以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题；或者否定结论更明显。具体、简单的命题；或者直接证明难以下手的命题，改变其思维方向，从结论入手进行反面思考，问题可能解决得十分干脆。、再现性题组：1.已知函数 f(x)在其定义域内是减函数，则方程 f(x)0 _。A.至多一个实根 B.至少一个实根 C.一个实根 D.无实根 2.已知 a0,1bab ab2 B.ab2aba C.aba ab2 D.ab ab2a 3.已知l，a ，b ，若 a、b 为异面直线，则_。
5、A.a、b 都与 l 相交 B.a、b 中至少一条与 l 相交 C.a、b 中至多有一条与 l 相交 D.a、b 都与 l 相交 4.四面体顶点和各棱的中点共 10 个，在其中取 4 个不共面的点，不同的取法有_。(97 年全国理)A.150 种 B.147 种 C.144 种 D.141 种 2/17【简解】1 小题：从结论入手，假设四个选择项逐一成立，导出其中三个与特例矛盾，选 A；2 小题：采用“特殊值法”，取 a1、b0.5，选 D；3 小题：从逐一假设选择项成立着手分析，选 B；4 小题：分析清楚结论的几种情况，列式是：C104C64436,选 D。、示范性题组：例 1.如图，设 S
6、A、SB 是圆锥 SO 的两条母线，O 是底面圆心，C 是 SB 上一点。求证：AC 与平面 SOB 不垂直。【分析】结论是“不垂直”，呈“否定性”，考虑使用反证法，即假设“垂直”后再导出矛盾后，再肯定“不垂直”。【证明】假设 AC平面 SOB，直线 SO 在平面 SOB 内，ACSO，SO底面圆 O，SOAB，SO平面 SAB，平面 SAB底面圆 O，这显然出现矛盾，所以假设不成立。即 AC 与平面 SOB 不垂直。【注】否定性的问题常用反证法。例如证明异面直线，可以假设共面，再把假设作为已知条件推导出矛盾。例 2.若下列方程：x24ax4a30，x2(a1)xa20,x22ax2a0 至少
7、有一个方程有实根。试求实数 a 的取值范围。【分析】三个方程至少有一个方程有实根的反面情况仅有一种：三个方程均没有实根。先求出反面情况时 a 的范围，再所得范围的补集就是正面情况的答案。【解】设三个方程均无实根，则有：12222221644301404420aaaaaa()()(),解得 321211320aaaa或,即32a1。所以当 a1 或 a32时，三个方程至少有一个方程有实根。【注】“至少”、“至多”问题经常从反面考虑，有可能使情况变得简单。本题还用到了“判别式法”、“补集法”（全集 R），也可以从正面直接求解，即分别求出三个方程有实根时（0）a 的取值范围，再将三个范围并起来，即求
8、集合的并集。两种解法，要求对不等式解集的交、并、补概念和运算理解透彻。例 3.给定实数 a，a0 且 a1，设函数 yxax11(其中 xR 且 x1a)，证明：.经过这个函数图像上任意两个不同点的直线不平行于 x 轴；.这个函数的图像关于直线yx 成轴对称图像。(88 年全国理)。【分析】“不平行”的否定是“平行”，假设“平行”后得出矛盾从而推翻假设。S C A O B 3/17【证明】设 M1(x1,y1)、M2(x2,y2)是函数图像上任意两个不同的点，则 x1x2,假设直线 M1M2平行于 x 轴，则必有 y1y2，即xax1111xax2211，整理得 a(x1x2)x1x2 x1x
9、2 a1，这与已知“a1”矛盾，因此假设不对，即直线 M1M2不平行于 x 轴。由 yxax11得 axyyx1,即(ay1)xy1,所以 xyay11，即原函数 yxax11的反函数为 yxax11，图像一致。由互为反函数的两个图像关于直线 yx 对称可以得到，函数 yxax11的图像关于直线 yx 成轴对称图像。【注】对于“不平行”的否定性结论使用反证法，在假设“平行”的情况下，容易得到一些性质，经过正确无误的推理，导出与已知 a1 互相矛盾。第问中，对称问题使用反函数对称性进行研究，方法比较巧妙，要求对反函数求法和性质运用熟练。、巩固性题组：1.已知 f(x)xx1|，求证：当 x1x2
10、时，f(x1)f(x2)。2.已知非零实数 a、b、c 成等差数列，ac，求证：1a、1b、1c不可能成等差数列。3.已知 f(x)x2pxq，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于12。4.求证：抛物线 yx221 上不存在关于直线 xy0 对称的两点。5.已知 a、bR，且|a|b|1，求证：方程 x2axb0 的两个根的绝对值均小于1。6.两个互相垂直的正方形如图所示，M、N 在相应对角线上，且有 EMCN，求证：MN 不可能垂直 CF。A F D B M N E C 4/17 第二章 高中数学常用的数学思想 一、数形结合思想方法 中学数学的基本知识分三类：一类
11、是纯粹数的知识，如实数、代数式、方程（组）、不等式（组）、函数等；一类是关于纯粹形的知识，如平面几何、立体几何等；一类是关于数形结合的知识，主要体现是解析几何。数形结合是一个数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质。恩格斯曾说过：“数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的科学。”数形结合就是根据数学问题的条件和结论之间
12、的内在联系，既分析其代数意义，又揭示其几何直观，使数量关的精确刻划与空间形式的直观形象巧妙、和谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路，使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决。“数”与“形”是一对矛盾，宇宙间万物无不是“数”和“形”的矛盾的统一。华罗庚先生说过：数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休。数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化。在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论
13、既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围。数学中的知识，有的本身就可以看作是数形的结合。如：锐角三角函数的定义是借助于直角三角形来定义的；任意角的三角函数是借助于直角坐标系或单位圆来定义的。、再现性题组：5.设命题甲：0 x5；命题乙：|x2|3，那么甲是乙的_。（90 年全国文）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.若 loga2logb20，则_。(92 年全国理)A.0ab1 B.0bab1 D.ba1 7.如果|x|4,那么函数 f(x)cos2xs
14、inx 的最小值是_。(89 年全国文)5/17 A.212 B.212 C.1 D.122 8.如果奇函数 f(x)在区间3,7上是增函数且最小值是 5，那么 f(x)的-7,-3上是_。(91 年全国)A.增函数且最小值为5 B.增函数且最大值为5 C.减函数且最小值为5 D.减函数且最大值为5 9.设全集 I(x,y)|x,yR，集合 M(x,y)|yx321，N(x,y)|yx1，那么MN等于_。(90 年全国)A.B.(2,3)C.(2,3)D.(x,y)|yx1 10.如果是第二象限的角，且满足 cos2sin21sin,那么2是_。A.第一象限角 B.第三象限角 C.可能第一象限
15、角，也可能第三象限角 D.第二象限角 11.已知集合 E|cossin，02，F|tg乙，选 A;2 小题：由已知画出对数曲线，选 B；3 小题：设 sinxt 后借助二次函数的图像求 f(x)的最小值，选 D；4 小题：由奇函数图像关于原点对称画出图像，选 B；5 小题：将几个集合的几何意义用图形表示出来，选 B；6 小题：利用单位圆确定符号及象限；选 B；6/17 7 小题：利用单位圆，选 A；8 小题：将复数表示在复平面上，选 B；9 小题：转化为圆上动点与原点连线的斜率范围问题；选 D；10 小题：利用复平面上复数表示和两点之间的距离公式求解,答案3232。【注】以上各题是历年的高考客
16、观题，都可以借助几何直观性来处理与数有关的问题，即借助数轴（题）、图像（、题）、单位圆（、题）、复平面（、题）、方程曲线（题）。、示范性题组：例 1.若方程 lg(x23xm)lg(3x)在 x(0,3)内有唯一解，求实数 m 的取值范围。【分析】将对数方程进行等价变形，转化为一元二次方程在某个范围内有实解的问题，再利用二次函数的图像进行解决。【解】原方程变形为 30332xxxmx 即：30212 xxm()设曲线 y1(x2)2,x(0,3)和直线 y21m，图像如图所示。由图可知：当 1m0 时，有唯一解，m1;当 11m4 时，有唯一解，即3m0,m1 或30),椭圆中心 D(2p2,
17、0)，焦点在 x 轴上，长半轴为 2，短半轴为 1，它的左顶点为 A。问 p 在什么范围内取值，椭圆上有四个不同的点，它们中每一个点到点 A 的距离等于该点到直线 L 的距离？【分析】由抛物线定义，可将问题转化成：p 为何值时，以 A 为焦点、L 为准线的抛物线与椭圆有四个交点，再联立方程组转化成代数问题（研究方程组解的情况）。【解】由已知得：a2，b1,A(p2,0)，设椭圆与双曲线方程并联立有：ypxxpy22222241()，消 y 得：x2(47p)x(2pp24)0 所以1664p48p20,即 6p28p20，解得：p1。结合范围(p2,4+p2)内两根，设 f(x)x2(47p)
18、x(2pp24)，所以p2472p4+p2即 p0、f(4+p2)0 即 p432。结合以上，所以432p13。【注】本题利用方程的曲线将曲线有交点的几何问题转化为方程有实解的代数问题。一般地，当给出方程的解的情况求参数的范围时可以考虑应用了“判别式法”，其中特别要注意解的范围。另外，“定义法”、“数形结合法”、“转化思想”、“方程思想”等知识都在本题进行了综合运用。例 4.设 a、b 是两个实数，A(x,y)|xn，ynab（nZ），B(x,y)|xm，y3m215 (mZ)，C(x,y)|x2y2144，讨论是否，使得 AB与(a,b)C同时成立。(85 年高考)【分析】集合 A、B 都是
19、不连续的点集，“存在 a、b，使得 AB”的含意就是“存在 a、b 使得 nab3n215(nZ)有解（AB 时 xnm）。再抓住主参数 a、b，则此问题的几何意义是：动点(a,b)在直线 L：nxy3n215 上，且直线与圆 x2y2144有公共点，但原点到直线 L 的距离12。【解】由 AB得：nab3n215;设动点(a,b)在直线 L：nxy3n215 上，且直线与圆 x2y2144 有公共点，所以圆心到直线距离 d|315122nn3(n21412n)12 9/17 n 为整数 上式不能取等号，故 a、b 不存在。【注】集合转化为点集（即曲线），而用几何方法进行研究。此题也属探索性问
20、题用数形结合法解，其中还体现了主元思想、方程思想，并体现了对有公共点问题的恰当处理方法。本题直接运用代数方法进行解答的思路是：由 AB得：nab3n215,即 b3n215an （式）；由(a,b)C 得，a2b2144（式）；把式代入式，得关于 a 的不等式：(1n2)a22n(3n215)a(3n215)21440 （式）,它的判别式4n2(3n215)24(1n2)(3n215)214436(n23)2 因为 n 是整数，所以 n230,因而0,故式不可能有实数解。所以不存在 a、b，使得 AB与(a,b)C 同时成立、巩固性题组：1.已知 5x12y60，则xy22的最小值是_。A.6
21、013 B.135 C.1312 D.1 2.已知集合 P(x,y)|y92 x、Q(x,y)|yxb，若 PQ，则 b 的取值范围是_。A.|b|3 B.|b|32 C.3b32 D.3b|x1|x1|的解集是非空数集，那么实数m的取值范围是_。6.设 zcos12且|z|1,那么 argz 的取值范围是_。7.若方程 x23ax2a20 的一个根小于 1，而另一根大于 1，则实数 a 的取值范围是_。8.sin220cos2803sin20cos80_。9.解不等式：xx22bx 10.设 Ax|1x0、a0、a2 时分 a0、a0 和 a0 三种情况讨论。这称为含参型。另外，某些不确定的
22、数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性。进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论。其中最重要的一条是“不漏不重”。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论。、再现性题组：1 集合 Ax|x|4,xR，Bx|x3|a，xR，若 AB，那么 a 的范围是_。
23、A.0a1 B.a1 C.a1 D.0a0 且 a1，ploga(a3a1)，qloga(a2a1)，则 p、q 的大小关系是_。A.pq B.pq D.当 a1 时，pq；当 0a1 时，p0、a0、a1、0a1 两种情况讨论，选 C；3 小题：分 x 在第一、二、三、四象限等四种情况，答案4,-2,0；4 小题：分4、04、40、x0 两种情况，选 B；6 小题：分侧面矩形长、宽分别为 2 和 4、或 4 和 2 两种情况，选 D；7 小题：分截距等于零、不等于零两种情况，选 C。、示范性题组：例 1.设 0 x0 且 a1，比较|loga(1x)|与|loga(1x)|的大小。【分析】比
24、较对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数 a 有关，所以对底数 a 分两类情况进行讨论。【解】0 x1 01x1 当 0a0，loga(1x)0;当 a1 时，loga(1x)0，所以|loga(1x)|loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0；由、可知，|loga(1x)|loga(1x)|。12/17【注】本题要求对对数函数 ylogax 的单调性的两种情况十分熟悉，即当 a1 时其是增函数，当 0a1 时其是减函数。去绝对值时要判别符号，用到了函数的单调性；最后差值的符号判断，也用到函数的单调性。例 2.已知集合 A 和集合 B 各含有 12 个元素
25、，AB 含有 4 个元素，试求同时满足下面两个条件的集合 C 的个数：.CAB 且 C 中含有 3 个元素；.CA 。【分析】由已知并结合集合的概念，C 中的元素分两类：属于 A 元素；不属于 A而属于 B 的元素。并由含 A 中元素的个数 1、2、3,而将取法分三种。【解】C121C82C122C81C123C801084【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，正确地解题的前提是合理科学的分类，达到分类完整及每类互斥的要求，还有一个关键是要确定 C 中元素如何取法。另一种解题思路是直接使用“排除法”，即 C203C831084。例 3.设an是由正数组成的等比数列，Sn是前 n 项和
26、。.证明：lglgSSnn220，使得lg()lg()ScScnn22lg（Sn1c）成立？并证明结论。(95 年全国理)【分析】要证的不等式和讨论的等式可以进行等价变形；再应用比较法而求解。其中在应用等比数列前 n 项和的公式时，由于公式的要求，分 q1 和 q1 两种情况。【解】设an的公比 q，则 a10，q0 当q1时，Snna1，从而SnSn2Sn12na1(n2)a1(n1)2a12a120；当 q1 时，Snaqqn111()，从而 SnSn2Sn12aqqqnn1222111()()()aqqn1212211()()a12qn0；由上可得 SnSn2Sn12，所以 lg(SnS
27、n2)lg(Sn12)，即lglgSSnn22lgSn1。.要使lg()lg()ScScnn22lg（Sn1c）成立，则必有(Snc)(Sn2c)(Sn1c)2,分两种情况讨论如下：当 q1 时，Snna1，则 13/17(Snc)(Sn2c)(Sn1c)2(na1c)(n2)a1c(n1)a1c2a120 当 q1 时，Snaqqn111()，则(Snc)(Sn2c)(Sn1c)2aqqn111()c aqqn1211()caqqn1111()c2a1qna1c(1q)a1qn0 a1c(1q)0 即 caq11 而 SncSnaq11a qqn110,使得lg()lg()ScScnn22l
28、g（Sn1c）成立。【注】本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为：证明loglog.0 50 522SSnnlog0 5.Sn1，和理科第一问类似，只是所利用的是底数是 0.5 时，对数函数为单调递减。例 1、例 2、例 3 属于涉及到数学概念、定理、公式、运算性质、法则等是分类讨论的问题或者分类给出的，我们解决时按要求进行分类，即题型为概念、性质型。例 4.设函数 f(x)ax22x2，对于满足 1x0，求实数 a的取值范围。【分析】含参数的一元二次函数在有界区间上的最大值、最小值等值域问题，需要先对开口方向讨论，再对其抛物线对称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论，最后
29、综合得解。【解】当 a0 时，f(x)a（x1a）221a 111220afa()或1141210afaa()或14416820afa()1 4 x 1 4 x 14/17 a1 或12a12；当 a12。【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系数 a 分 a0、a0 时将对称轴与闭区间的关系分三种，即在闭区间左边、右边、中间。本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图像，也可以看成是“数形结合法”的运用。例 5.解不等式()()xa xaa46210 (a 为常数，a12)【分析】含参数的不等式，参数 a 决定了 2a1 的符号和两根4a、6a 的大小，故对参数 a 分四种情况 a
30、0、a0、12a0、a0 时，a12；4a0。所以分以下四种情况讨论：当 a0 时，(x4a)(x6a)0，解得：x6a；当 a0 时，x20，解得：x0；当12a0，解得:x4a；当 a12时，(x4a)(x6a)0，解得：6ax0 时，x6a；当 a0 时，x0；当12a0 时，x4a；当 a12时，6ax0)，y22ya 解得：y11 a （0a1）由上可得，z(11a)或(11 a)【注】本题用标准解法（设 zxy再代入原式得到一个方程组，再解方程组）过程十分繁难，而挖掘隐含，对 z 分两类讨论则简化了数学问题。【另解】设 zxy，代入得 x2y22xy222xya；xyxyaxy22
31、22220 当 y0 时，x22|x|a，解得 x(11a)，所以 z(11a)；当 x0 时，y22|y|a，解得 y(11 a)，所以(11 a)。由上可得，z(11a)或(11 a)【注】此题属于复数问题的标准解法，即设代数形式求解。其中抓住 2xy0 而分 x0和 y0 两种情况进行讨论求解。实际上，每种情况中绝对值方程的求解，也渗透了分类讨论思想。例 7.在 xoy 平面上给定曲线 y22x，设点 A(a,0)，aR，曲线上的点到点 A 的距离的最小值为 f(a)，求 f(a)的函数表达式。（本题难度 0.40）【分析】求两点间距离的最小值问题，先用公式建立目标函数，转化为二次函数在
32、约束条件 x0 下的最小值问题，而引起对参数 a 的取值讨论。【解】设 M(x,y)为曲线 y22x 上任意一点，则|MA|2(xa)2y2(xa)22xx22(a1)xa2x(a1)2(2a1)由于 y22x 限定 x0，所以分以下情况讨论：当 a10 时，xa1 取最小值，即|MA2min2a1；当 a10 时，x0 取最小值，即|MA2mina2；16/17 综上所述，有 f(a)21aa|()()aa 时时11 。【注】本题解题的基本思路是先建立目标函数。求二次函数的最大值和最小值问题我们十分熟悉，但含参数 a，以及还有隐含条件 x0 的限制，所以要从中找出正确的分类标准，从而得到 df(a)的函数表达式。、巩固性题组：1.若 loga23loga(x2a)(a0 且 a1)11.设首项为 1，公比为 q(q0)的等比数列的前 n 项和为 Sn，又设 TnSSnn1，求limnTn。12.若复数 z、z2、z3在复平面上所对应三点 A、B、C 组成直角三角形，且|z|2，求z。17/17 13.有卡片 9 张，将 0、1、2、8 这 9 个数字分别写在每张卡片上。现从中任取 3张排成三位数，若 6 可以当作 9 用，问可组成多少个不同的三位数。14.函数 f(x)(|m|1)x22(m1)x1 的图像与 x 轴只有一个公共点，求参数 m 的值及交点坐标。