第4讲　直接证明与间接证明 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第4 4讲讲 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 第十一章 算法、复数与推理 证明 考纲解读 1.掌握直接证明的两种基本方法：分析法与综合 法(重点) 2能够用反证法证明问题，掌握反证法的步骤：反设；归谬； 结论(难点) 3综合法、反证法证明问题是高考中的一个热点，主要在知识交 汇处命题，如数列、不等式等 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热 点预测 2021 年将会以不等式、立体几何、数列等知识为载体， 考查分析法、 综合法与反证法的灵活应用

2、， 题型为解答题中的一问， 试题难度中等. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1直接证明 内容 综合法 分析法 定义 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 从要证明的结论出发， 逐步寻求 使它成立的01 _条件，直到 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) 实质 由因导果 执果索因 充分 内容 综合法 分析法 框图 表示 PQ1Q1Q2 QnQ QP1P1P2 得到一个明显成立的条件 文字 语言 因为所以 或由得 要证只需证 即证 2间接证明 间接证明是不同于直接证明的又一

3、类证明方法，反证法是一种常 用的间接证明方法 (1)反证法的定义：假设原命题01 _(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02 _的证明方法 (2)用反证法证明的一般步骤： 反设假设命题的结论不成立； 归谬根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；结论断言 假设不成立，从而肯定原命题的结论成立 不成立 原命题成立 答案答案 1概念辨析 (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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾( ) (4)在解决问题时，常用分析法寻找解

4、题的思路与方法，再用综合法展 现解决问题的过程( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 2小题热身 (1)要证明 3 72 5，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是 ( ) A综合法 B.分析法 C类比法 D.反证法 答案答案 解析 用分析法证明如下：要证明3725，需证(3 7)2(2 5)2，即证 102 2120，即证 215，即证 2125，显然成立，故 原结论成立 用综合法证明：因为( 3 7)2(2 5)2102 21202( 21 5)0，故 3 7bc，且 abc0，求证： b2ac0 B.ac0 C(ab)(ac)0 D.(ab)(ac)0 题型题型 一一 分析法的应用

5、分析法的应用 解析 要证 b2ac 3a，只需证 b2ac3a2，即证(ac)2ac0，即证(2ac)(ac)0，即证2a(ab)(ac)0，即 证(ab)(ac)0，故索的因应是(ab)(ac)0. 答案答案 解析解析 2(2019 天水一中模拟)(1)已知实数 a，b 满足|a|2，|b|2，证明：2|a b|0，证明： a2 1 a2 2a 1 a2. 证明 (1)要证 2|ab|4ab|， 只需要 4a28ab4b2168aba2b2， 只需证 4a24b20， 即(4a2)(4b2)0， 证明证明 因为|a|2，|b|2，所以 a24，b20 成立 所以要证明的不等式成立 (2)要证

6、 a2 1 a2 2a 1 a2， 只需证 a2 1 a22a 1 a 2， 只需证 a2 1 a244 a2 1 a2 证明证明 a2 1 a222 2 a1 a 2， 即证 2a2 1 a2 2 a1 a . 只需证 4 a2 1 a2 2 a2 1 a22 ， 即证 a2 1 a22，由基本不等式知此式显然成立， 所以原不等式成立 证明证明 1分析法证明问题的策略 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想 (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 2分析法的适用范围及证题关键

7、(1)适用范围 已知条件与结论之间的联系不够明显、直接 证明过程中所需要用的知识不太明确、具体 含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导见举例 说明 2. (2)证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的 已知ABC 的三个内角 A，B，C 成等差数列，A，B，C 的对边分别为 a，b，c.求证： 1 ab 1 bc 3 abc. 证明 要证 1 ab 1 bc 3 abc， 即证abc ab abc bc 3，也就是 c ab a bc1， 只需证 c(bc)a(ab)(ab)(bc)， 需证 c2a2acb2， 证明证明 又ABC 三内角 A，B，C 成等差数列，故 B60 ， 由余弦

8、定理，得 b2c2a22accos60 ， 即 b2c2a2ac，故 c2a2acb2成立 于是原等式成立 证明证明 设数列an的前 n 项和为 Sn，且(3m)Sn2manm3(nN)其中 m 为常数，且 m3. (1)求证：an是等比数列； (2)若数列an的公比 qf(m)， 数列bn满足 b1a1， bn3 2f(bn1)(nN， n2)，求证： 1 bn 为等差数列 题型题型 二二 综合法的应用综合法的应用 证明 (1)由(3m)Sn2manm3，得 (3m)Sn12man1m3. 两式相减，得(3m)an12man，m3， a n1 an 2m m3，an是等比数列 (2)(3m)

9、Sn2manm3， (3m)a12ma1m3，a11. 又 b1a11，qf(m) 2m m3， 当 nN 且 n2 时， 证明证明 bn3 2f(bn1) 3 2 2bn1 bn13bnbn 13bn3bn1 1 bn 1 bn1 1 3. 1 bn 是首项为 1，公差为1 3的等差数列 证明证明 1利用综合法证题的策略 用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用 范围：(1)定义明确的问题；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应 用条件逐步逼近结论的题型 2综合法证明问题的常见类型及方法 (1)与不等式有关的证明：充分利用函数、方程、不等式间的关系， 同时注意函数单调性、最

10、值的应用，尤其注意导数思想的应用 (2)与数列有关的证明：充分利用等差、等比数列的定义通项及前 n 项和公式证明见举例说明. 求证抛物线 y22px(p0)，以过焦点的弦为直径的圆必与 xp 2相切 证明 如图，作 AA，BB垂直于准线于点 A，B，取 AB 的中点 M，作 MM垂直于准线于点 M. 要证明以 AB 为直径的圆与准线相切，只需证 |MM|1 2|AB|， 由抛物线的定义得|AA|AF|，|BB|BF|， 证明证明 所以|AB|AA|BB|， 所以只需证|MM|1 2(|AA|BB|)，由梯形的中位线定理知上式是 成立的 所以，以过焦点的弦为直径的圆必与 xp 2相切 证明证明

11、1(2019 衡水模拟)利用反证法证明：若 x y0，则 xy0，假设 为( ) Ax，y 都不为 0 B.x，y 不都为 0 Cx，y 都不为 0，且 xy D.x，y 至少有一个为 0 题型题型 三三 反证法的应用反证法的应用 解析 xy0 的否定为 x0 或 y0，即 x，y 不都为 0. 答案答案 解析解析 2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 解 (1)设an的前 n 项和为 Sn，则 当 q1 时，Sna1a1a1na1； 当 q1 时，Sna1a1qa1q2a1qn 1， qSna1qa1q2a1qn，

12、 得，(1q)Sna1a1qn， Sna 11q n 1q ， 解解 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)， a2 k12ak11akak2akak21， a2 1q 2k2a 1q ka 1q k1 a 1q k1a 1q k1a 1q k1， 2a1qka1qk 1a 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 解解 1反证法证明问题的三个步骤 2反证法的适用范围 (1)否定性命题； (2)命题的结论中出现“至

13、少”“至多”“唯一”等词语的； (3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容 易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的； (4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少. 1已知 xR，ax21 2，b2x，cx 2x1，试证明 a，b，c 至 少有一个不小于 1. 证明 假设 a，b，c 均小于 1， 即 a1，b1，c1，则有 abc0， 所以 ex1,0 1 ex0，即 f(x)0， 所以 f(x)在(0，)上是增函数 他使用的证明方法是( ) A综合法 B.分析法 C反证法 D.以上都不是 解析 由证明过程可知，他使用的方法是综合法 答案答案 解析解析 3分析法又称执果索因，已

14、知 x0，用分析法证明 1x2 B.x24 Cx20 D.x21 解析 1x1x 21x1x x2 4 00. 答案答案 解析解析 4设 x0，P2x2 x，Q(sinxcosx)2，则( ) APQ B.P0， 所以 P2；又(sinxcosx)21sin2x，而 sin2x1，所以 Q2.于是 PQ. 故选 A. 答案答案 解析解析 5在等比数列an中，a1a2a3是数列an递增的( ) A充分不必要条件 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 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，

15、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 a1a20，则 f(x1)f(x2)的值( ) A恒为负值 B.恒等于零 C恒为正值 D.无法确定正负 解析 由 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x0 时，f(x)单调递减，可 知 f(x)是 R 上的单调递减函数，由 x1x20，可知 x1x2，f(x1)f(x2) f(x2)，则 f(x1)f(x2)bc，则使 1 ab 1 bc k ac恒成立的最大的正整数 k 为( ) A2 B.3 C4 D.5 解析 abc，ab0，bc0，ac0，且 acabbc. 又ac ab ac bc abb

16、c ab abbc bc 2bc ab ab bc224， 当且 仅当 abbc 时等号成立kac ab ac bc，k4，故 k 的最大整数为 4.故选 C. 答案答案 解析解析 8用反证法证明“若 x210，则 x1 或 x1”时，应假设 _ 解析 根据反证法的定义，应首先假设命题的结论不成立，对本题而 言即 x1 且 x1. x1 且 x1 解析解析 9. 62 2与 5 7的大小关系是_ 解析 假设 62 2 5 7，由分析法可得， 要证 62 2 5 7，只需证 6 7 52 2， 即证 132 42134 10，即 422 10. 因为 4240，所以 62 2 5 7成立 62

17、2 5 7 解析解析 10已知点 An(n，an)为函数 y x21图象上的点，Bn(n，bn)为函数 y x 图象上的点，其中 nN*，设 cnanbn，则 cn与 cn1的大小关系为 _ 解析 点 An(n，an)为函数 y x21图象上的点，Bn(n，bn)为函数 y x 图象上的点，因此 an n21，bnn，cn n21n 1 n21n，因 此数列cn为递减数列，所以 cn1cn. cn10，y0，且 yx1，则1y x ，13x y 的值满足( ) A.1y x ，13x y 都大于 1 B.1y x ，13x y 中至少有一个小于 1 C.1y x ，13x y 都小于 1 D以

18、上说法都不正确 B组组 能力关能力关 答案答案 解析 x0，y0，且 yx1，x1， x1y，1y x x x 1.xy1，3x3y3，13x3y 2，13x y 1，32 y1， 13x y 可小于 1，可等于 1，也可大于 1，故1y x ， 13x y 中至少有一个小于 1.故选 B. 解析解析 2 (2019 凉山州模拟)十七世纪法国数学家费马提出猜想： “当整数 n2 时，关于 x，y，z 的方程 xnynzn没有正整数解”经历三百多年，于二 十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁 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存在至少一组正整数组(x，y，z)

19、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当整数 n3 时，关于 x，y 的方程 xnynzn没有正实数解 答案答案 解析 由于 B， C 两个命题是对立的， 故正确选项是这两个中的一个 假 设关于 x，y 的方程 x3y31 有正有理数解，故 x，y 可写成整数比值的形 式，不妨设 xm n ，yb a ，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m 3 n3 b 3 a31，两边乘以 a 3n3 得(am)3(bn)3(an)3，由于 am， bn，an 都是正整数，这与费马大定理

20、矛盾，故假设不成立，所以关于 x，y 的方程 x3y31 没有正有理数解. 解析解析 3用反证法证明命题“若实数 a，b，c，d 满足 abcd1，ac bd1，则 a，b，c，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否 定成立，那么结论的否定是：_. 解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是 “a，b，c，d 中没有一个是非负数，即 a，b，c，d 全是负数” a，b，c，d 全是负数 解析解析 4在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sinAsinB sinBsinCcos2B1. (1)求证：a，b，c 成等差数列； (2)若 C2 3

21、，求证：5a3b. 证明 (1)由已知得 sinAsinBsinBsinC2sin2B， 因为 sinB0，所以 sinAsinC2sinB， 由正弦定理，有 ac2b，即 a，b，c 成等差数列 (2)由 C2 3 ，c2ba 及余弦定理得(2ba)2a2b2ab， 即有 5ab3b20，又 b0，所以 5a3b. 证明证明 5已知数列an各项均为正数，且不是常数列 (1)若数列an是等差数列，求证： a1 a32 a2； (2)若数列an是等比数列，求证：1an,1an1,1an2不可能成等比 数列 证明 (1)要证 a1 a32 a2， 只要证 a1a32 a1a34a2， 因为数列an

22、是等差数列，所以 a1a32a2， 只要证 a1a3a2，只要证 a1a3a2 2 a1a3 2 2， 因为数列an各项均为正数，且不是常数列， 证明证明 所以 a1a3a2 2 a1a3 2 2 成立， 所以 a1 a32 a2. (2)假设 1an,1an1,1an2可能成等比数列， 则(1an1)2(1an)(1an2)， 即 12an1a2 n11anan2(anan2)， 因为数列an是等比数列， 所以 a2 n1anan2，所以 2an1anan2， 所以数列an是等差数列，所以数列an是常数列，这与已知相矛盾， 故假设不成立， 所以 1an,1an1,1an2不可能成等比数列 证明证明 本课结束本课结束