高考数学一轮复习学案：13.2 直接证明与间接证明（含答案）

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1、 13.2 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 最新考纲 考情考向分析 1.了解直接证明的两种基本方法 分析法和综合法；了解分析法和综合 法的思考过程和特点. 2.了解反证法的思考过程和特点. 本节主要内容是直接证明的方法综合法和分析 法， 间接证明的方法反证法， 它常以立体几何中 的证明及相关选修内容中平面几何， 不等式的证明为 载体加以考查， 注意提高分析问题、 解决问题的能力； 在高考中主要以解答题的形式考查，难度中档. 1直接证明 (1)综合法 定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，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 框图表

2、示： PQ1 Q1Q2 Q2Q3 QnQ (其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所要证明的结论) 思维过程：由因导果 (2)分析法 定义：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 框图表示： QP1 P1P2 P2P3 得到一个明显成立的条件 (其中 Q 表示要证明的结论) 思维过程：执果索因 2间接证明 反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理， 最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的

3、证明方法 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明( ) (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)用反证法证明结论“ab”时，应假设“a0，Q0，PQ. 3P91B 组 T2设实数 a，b，c 成等比数列，非零实数 x，y 分别为 a 与 b，b 与 c 的等差中 项，则a x c y等于( ) A1 B2 C4 D6 答案 B 解析 由题意，得 xab 2 ，ybc 2 ，b2ac， xyabbc 4 ， a x c y aycx xy a bc 2 c ab 2 xy abccab 2x

4、y abbc2ac 2xy abbcacb 2 2xy abbc 2xy abbc 2abbc 4 2. 题组三 易错自纠 4若 a，b，c 为实数，且 ab2 C.1 a a b 答案 B 解析 a2aba(ab)， aab. 又 abb2b(ab)0，abb2， 由得 a2abb2. 5用反证法证明命题：“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要作 的假设是( ) A方程 x3axb0 没有实根 B方程 x3axb0 至多有一个实根 C方程 x3axb0 至多有两个实根 D方程 x3axb0 恰好有两个实根 答案 A 解析 方程 x3axb0 至少有一个实根的反面是

5、方程 x3axb0 没有实根，故选 A. 6(2017 德州一模)如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦 值，则A2B2C2是_三角形 答案 钝角 解析 由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于 0，则A1B1C1是锐角三角形，假设 A2B2C2是锐角三角形 由 sin A2cos A1sin 2A1 ， sin B2cos B1sin 2B1 . sin C2cos C1sin 2C1 ， 得 A2 2A1， B2 2B1， C2 2C1. 那么，A2B2C2 2，这与三角形内角和为 相矛盾 所以假设不成立 假设A2B2C2是直角三角形， 不妨设 A2

6、2， 则 cos A1sin A21， A10， 矛盾 所以A2B2C2是钝角三角形. 题型一题型一 综合法的应用综合法的应用 1(2018 绥化模拟)设 a，b，c 均为正实数，则三个数 a1 b，b 1 c，c 1 a( ) A都大于 2 B都小于 2 C至少有一个不大于 2 D至少有一个不小于 2 答案 D 解析 a0，b0，c0， a1 b b1 c c1 a a1 a b1 b c1 c 6， 当且仅当 abc1 时，“”成立，故三者不能都小于 2，即至少有一个不小于 2. 2(2018 大庆质检)如果 aabbabba成立，则 a，b 应满足的条件是 _ 答案 a0，b0 且 ab

7、 解析 a ab b(a bb a) a(ab) b(ba) ( a b)(ab) ( a b)2( a b) 当 a0，b0 且 ab 时，( a b)2( a b)0. a ab ba bb a成立的条件是 a0，b0 且 ab. 3(2018 武汉月考)若 a，b，c 是不全相等的正数，求证： lgab 2 lgbc 2 lgca 2 lg alg blg c. 证明 a，b，c(0，)， ab 2 ab 0，bc 2 bc 0，ac 2 ac 0. 由于 a，b，c 是不全相等的正数， 上述三个不等式中等号不能同时成立， ab 2 bc 2 ca 2 abc0 成立 上式两边同时取常用

8、对数，得 lg ab 2 bc 2 ca 2 lg abc， lgab 2 lgbc 2 lgca 2 lg alg blg c. 思维升华 (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 题型二题型二 分析法的应用分析法的应用 典例 (2018 长沙模拟)已知函数 f(x)tan x，x 0， 2 ，若 x1，x2 0， 2 ，且 x1x2，求证： 1 2f(x1)f(x2)f x1x2 2 . 证明 要

9、证1 2f(x1)f(x2)f x1x2 2 ， 即证明1 2(tan x1tan x2)tan x1x2 2 ， 只需证明1 2 sin x1 cos x1 sin x2 cos x2 tan x1x2 2 ， 只需证明 sinx1x2 2cos x1cos x2 sinx1x2 1cosx1x2. 由于 x1，x2 0， 2 ，故 x1x2(0，) 所以 cos x1cos x20，sin(x1x2)0,1cos(x1x2)0， 故只需证明 1cos(x1x2)2cos x1cos x2， 即证 1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2， 即证 cos(

10、x1x2)f x1x2 2 . 引申探究 若本例中 f(x)变为 f(x)3x2x，试证：对于任意的 x1，x2R，均有fx1fx2 2 f x1x2 2 . 证明 要证明fx1fx2 2 f x1x2 2 ， 即证明 12 12 (32 )(32) 2 xx xx 12 2 3 xx 2 x1x2 2 ， 因此只要证明 12 33 2 xx (x1x2) 12 2 3 xx (x1x2)， 即证明 12 33 2 xx 12 2 3 xx ， 因此只要证明 12 33 2 xx 12 33 xx ， 由于当 x1，x2R 时， 1 3x0, 2 3x0， 由基本不等式知 12 33 2 xx

11、 12 33 xx 显然成立，当且仅当 x1x2时，等号成立故原结论成 立 思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分 条件正确把握转化方向是使问题顺利解决的关键 (2)证明较复杂的问题时， 可以采用两头凑的办法， 即通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 跟踪训练 已知 a0，证明：a2 1 a2 2 a 1 a2. 证明 要证a2 1 a2 2 a 1 a2， 只需证a2 1 a2 a1 a (2 2) 因为 a0，所以 a1 a (2 2)0， 所以只需证 a2 1 a2 2 a1 a

12、 2 2 2， 即 2(2 2) a1 a 84 2， 只需证 a1 a2. 因为 a0，a1 a2 显然成立(当 a 1 a1 时等号成立)，所以要证的不等式成立 题型三题型三 反证法的应用反证法的应用 命题点 1 证明否定性命题 典例 (2018 株州月考)设an是公比为 q 的等比数列 (1)推导an的前 n 项和公式； (2)设 q1，证明：数列an1不是等比数列 (1)解 设an的前 n 项和为 Sn，则 当 q1 时，Sna1a1a1na1； 当 q1 时，Sna1a1qa1q2a1qn 1， qSna1qa1q2a1qn， 得，(1q)Sna1a1qn， Sna11q n 1q

13、， Sn na1，q1， a11qn 1q ，q1. (2)证明 假设an1是等比数列，则对任意的 kN*， (ak11)2(ak1)(ak21)， a2k12ak11akak2akak21， a21q2k2a1qka1qk 1 a 1q k1a 1q k1a 1q k1， a10，2qkqk 1qk1. q0，q22q10，q1，这与已知矛盾 假设不成立，故an1不是等比数列 命题点 2 证明存在性命题 典例 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 ABCD； (2)在棱 SC 上是否存在异于 S，C 的点 F，使得 BF平面

14、 SAD？若存在，确定 F 点的位置； 若不存在，请说明理由 (1)证明 由已知得 SA2AD2SD2，SAAD. 同理 SAAB. 又 ABADA，AB平面 ABCD，AD平面 ABCD， SA平面 ABCD. (2)解 假设在棱 SC 上存在异于 S，C 的点 F，使得 BF平面 SAD. BCAD，BC平面 SAD. BC平面 SAD.而 BCBFB， 平面 FBC平面 SAD. 这与平面 SBC 和平面 SAD 有公共点 S 矛盾， 假设不成立 不存在这样的点 F，使得 BF平面 SAD. 命题点 3 证明唯一性命题 典例 (2018 宜昌模拟)已知 M 是由满足下列条件的函数构成的集

15、合：对任意 f(x)M，方程 f(x)x0 有实数根； 函数 f(x)的导数 f(x)满足 01，所以 b3. (2)假设存在常数 a，b (a2)，使函数 h(x) 1 x2是区间a，b 上的“四维光军”函数， 因为 h(x) 1 x2在区间(2，)上单调递减， 所以有 hab， hba， 即 1 a2b， 1 b2a， 解得 ab，这与已知矛盾故不存在 反证法在证明题中的应用 典例 (12 分)(2018 衡阳调研)直线 ykxm(m0)与椭圆 W： x2 4y 21 相交于 A，C 两点，O 是坐标原点 (1)当点 B 的坐标为(0,1)，且四边形 OABC 为菱形时，求 AC 的长；

16、(2)当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时，证明：四边形 OABC 不可能为菱形 思想方法指导 在证明否定性命题，存在性命题，唯一性命题时常考虑用反证法证明，应用反 证法需注意： (1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的 基本手段，得到矛盾是反证法的目的 (2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有 一种或较少时，常采用反证法 (3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去 规范解答 (1)解 因为四边形 OABC 为菱形， 则 AC 与 OB 相互垂直平分 由于 O(0,0)，B(0,1)， 所以设点 A t

17、，1 2 ，代入椭圆方程得t 2 4 1 41， 则 t 3，故|AC|2 3.4 分 (2)证明 假设四边形 OABC 为菱形， 因为点 B 不是 W 的顶点，且 ACOB，所以 k0. 由 x24y24， ykxm， 消 y 并整理得(14k2)x28kmx4m240.6 分 设 A(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1x2 2 4km 14k2， y1y2 2 k x1x2 2 m m 14k2. 所以 AC 的中点为 M 4km 14k2， m 14k2 .8 分 因为 M 为 AC 和 OB 的交点，且 m0，k0， 所以直线 OB 的斜率为 1 4k， 因为 k 1 4k 1 41， 所以 AC 与 OB 不垂直10 分 所以四边形 OABC 不是菱形，与假设矛盾 所以当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不可能是菱形12 分