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

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