高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第十三章推理與證明算法復(fù)數(shù)13.2直接證明與間接證明教師用書(shū)理.docx

第十三章 推理與證明、算法、復(fù)數(shù) 13.2 直接證明與間接證明教師用書(shū) 理 新人教版1直接證明(1)綜合法定義：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過(guò)一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法框圖表示：(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結(jié)論)思維過(guò)程：由因?qū)Ч?2)分析法定義：一般地，從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法框圖表示：(其中Q表示要證明的結(jié)論)思維過(guò)程：執(zhí)果索因2間接證明反證法：一般地，假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出矛盾，因此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明原命題成立的證明方法【思考辨析】判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“”或“”)(1)綜合法是直接證明，分析法是間接證明()(2)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件()(3)用反證法證明結(jié)論“ab”時(shí)，應(yīng)假設(shè)“ab”()(4)反證法是指將結(jié)論和條件同時(shí)否定，推出矛盾()(5)在解決問(wèn)題時(shí)，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問(wèn)題的過(guò)程()(6)證明不等式最合適的方法是分析法()1若a，b，c為實(shí)數(shù)，且ab0，則下列命題正確的是()Aac2abb2C.答案B解析a2aba(ab)，ab0，ab0，a2ab.又abb2b(ab)0，abb2，由得a2abb2.2(2016北京)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半甲、乙、丙是三個(gè)空盒，每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒重復(fù)上述過(guò)程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多答案B解析取兩個(gè)球往盒子中放有4種情況：紅紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；黑黑，則丙盒中黑球數(shù)加1；紅黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1；黑紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1.因?yàn)榧t球和黑球個(gè)數(shù)一樣，所以和的情況一樣多和的情況完全隨機(jī)，和對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒(méi)有任何影響和出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣綜上選B.3要證a2b21a2b20，只要證明()A2ab1a2b20Ba2b210C.1a2b20D(a21)(b21)0答案D解析a2b21a2b20(a21)(b21)0.4如果abab，則a、b應(yīng)滿足的條件是_答案a0，b0且ab解析ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()當(dāng)a0，b0且ab時(shí)，()2()0.abab成立的條件是a0，b0且ab.5(2016青島模擬)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，xn，有f()，已知函數(shù)ysin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，則在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值為_(kāi)答案解析f(x)sin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，且A、B、C(0，)f()f()，即sin Asin Bsin C3sin ，sin Asin Bsin C的最大值為.題型一綜合法的應(yīng)用例1(2016重慶模擬)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且abc1.證明：(1)abbcac；(2)1.證明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，得a2b2c2abbcca，由題設(shè)得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因?yàn)閎2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.思維升華(1)綜合法是“由因?qū)Ч钡淖C明方法，它是一種從已知到未知(從題設(shè)到結(jié)論)的邏輯推理方法，即從題設(shè)中的已知條件或已證的真實(shí)判斷(命題)出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列中間推理，最后導(dǎo)出所要求證結(jié)論的真實(shí)性(2)綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理對(duì)于定義域?yàn)?,1的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿足：對(duì)任意的x0,1，總有f(x)0；f(1)1；若x10，x20，x1x21，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)(1)若函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，證明：f(0)0；(2)試判斷函數(shù)f(x)2x(x0,1)，f(x)x2(x0,1)，f(x)(x0,1)是不是理想函數(shù)(1)證明取x1x20，則x1x201，f(00)f(0)f(0)，f(0)0.又對(duì)任意的x0,1，總有f(x)0，f(0)0.于是f(0)0.(2)解對(duì)于f(x)2x，x0,1，f(1)2不滿足新定義中的條件，f(x)2x(x0,1)不是理想函數(shù)對(duì)于f(x)x2，x0,1，顯然f(x)0，且f(1)1.對(duì)任意的x1，x20,1，x1x21，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1x2)2xx2x1x20，即f(x1x2)f(x1)f(x2)f(x)x2(x0,1)是理想函數(shù)對(duì)于f(x)，x0,1，顯然滿足條件.對(duì)任意的x1，x20,1，x1x21，有f2(x1x2)f(x1)f(x2)2(x1x2)(x12x2)20，即f2(x1x2)f(x1)f(x2)2.f(x1x2)f(x1)f(x2)，不滿足條件.f(x)(x0,1)不是理想函數(shù)綜上，f(x)x2(x0,1)是理想函數(shù)，f(x)2x(x0,1)與f(x)(x0,1)不是理想函數(shù)題型二分析法的應(yīng)用例2已知函數(shù)f(x)tan x，x，若x1，x2，且x1x2，求證：f(x1)f(x2)f.證明要證f(x1)f(x2)f，即證明(tan x1tan x2)tan ，只需證明tan ，只需證明.由于x1，x2，故x1x2(0，)所以cos x1cos x20，sin(x1x2)0,1cos(x1x2)0，故只需證明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即證1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即證cos(x1x2)f.引申探究若本例中f(x)變?yōu)閒(x)3x2x，試證：對(duì)于任意的x1，x2R，均有f.證明要證明f，即證明2，因此只要證明(x1x2)(x1x2)， 即證明，因此只要證明，由于x1，x2R時(shí)，0, 0，由基本不等式知顯然成立，故原結(jié)論成立思維升華(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過(guò)反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問(wèn)題順利獲解的關(guān)鍵(2)證明較復(fù)雜的問(wèn)題時(shí)，可以采用兩頭湊的辦法，即通過(guò)分析法找出某個(gè)與結(jié)論等價(jià)(或充分)的中間結(jié)論，然后通過(guò)綜合法證明這個(gè)中間結(jié)論，從而使原命題得證(2017重慶月考)設(shè)a0，b0,2cab，求證：(1)c2ab；(2)c a0，b0,2cab2，c，平方得c2ab.(2)要證c ac，只要證 ac，即證|ac|，即(ac)2c2ab.(ac)2c2aba(ab2c)0成立，原不等式成立題型三反證法的應(yīng)用命題點(diǎn)1證明否定性命題例3等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a11，S393.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn(nN*)，求證：數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列(1)解由已知得d2，故an2n1，Snn(n)(2)證明由(1)得bnn.假設(shè)數(shù)列bn中存在三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比數(shù)列，則bbpbr，即(q)2(p)(r)(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，()2pr，即(pr)20.pr，與pr矛盾假設(shè)不成立，即數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列命題點(diǎn)2證明存在性問(wèn)題例4(2016濟(jì)南模擬)若f(x)的定義域?yàn)閍，b，值域?yàn)閍，b(a2)，使函數(shù)h(x)是區(qū)間a，b上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解(1)由題設(shè)得g(x)(x1)21，其圖象的對(duì)稱軸為x1，區(qū)間1，b在對(duì)稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間1，b上單調(diào)遞增由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)1，g(b)b，即b2bb，解得b1或b3.因?yàn)閎1，所以b3.(2)假設(shè)函數(shù)h(x)在區(qū)間a，b (a2)上是“四維光軍”函數(shù)，因?yàn)閔(x)在區(qū)間(2，)上單調(diào)遞減，所以有即解得ab，這與已知矛盾故不存在命題點(diǎn)3證明唯一性命題例5已知M是由滿足下述條件的函數(shù)構(gòu)成的集合：對(duì)任意f(x)M，方程f(x)x0有實(shí)數(shù)根；函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)滿足0f(x)1.(1)判斷函數(shù)f(x)是不是集合M中的元素，并說(shuō)明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性質(zhì)：若f(x)的定義域?yàn)镈，則對(duì)于任意m，nD，都存在x0(m，n)，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立試用這一性質(zhì)證明：方程f(x)x0有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根(1)解當(dāng)x0時(shí)，f(0)0，所以方程f(x)x0有實(shí)數(shù)根0；f(x)cos x，所以f(x)，滿足條件0f(x)1.由可得，函數(shù)f(x)是集合M中的元素(2)證明假設(shè)方程f(x)x0存在兩個(gè)實(shí)數(shù)根， ()，則f()0，f()0.不妨設(shè)，根據(jù)題意存在c(，)，滿足f()f()()f(c)因?yàn)閒()，f()，且，所以f(c)1.與已知0f(x)0)的圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，若f(c)0，且0x0.(1)證明：是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)；(2)試用反證法證明c.證明(1)f(x)的圖象與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，f(x)0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2，f(c)0，x1c是f(x)0的根，又x1x2，x2(c)，是f(x)0的一個(gè)根即是函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)(2)假設(shè)0，由0x0，知f()0，與f()0矛盾，c，又c，c.26反證法在證明題中的應(yīng)用典例(12分)直線ykxm(m0)與橢圓W：y21相交于A、C兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)(1)當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時(shí)，求AC的長(zhǎng)；(2)當(dāng)點(diǎn)B在W上且不是W的頂點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形OABC不可能為菱形思想方法指導(dǎo)在證明否定性問(wèn)題，存在性問(wèn)題，唯一性問(wèn)題時(shí)?？紤]用反證法證明，應(yīng)用反證法需注意：(1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，正確作出假設(shè)是反證法的基礎(chǔ)，應(yīng)用假設(shè)是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的(2)當(dāng)證明的結(jié)論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時(shí)，常采用反證法(3)利用反證法證明時(shí)，一定要回到結(jié)論上去規(guī)范解答(1)解因?yàn)樗倪呅蜲ABC為菱形，則AC與OB相互垂直平分由于O(0,0)，B(0,1)，所以設(shè)點(diǎn)A，代入橢圓方程得1，則t，故|AC|2.4分(2)證明假設(shè)四邊形OABC為菱形，因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)，且ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.6分設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則，km.所以AC的中點(diǎn)為M.8分因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn)，且m0，k0，所以直線OB的斜率為，因?yàn)閗1，所以AC與OB不垂直10分所以O(shè)ABC不是菱形，與假設(shè)矛盾所以當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí)，四邊形OABC不可能是菱形12分1(2017泰安質(zhì)檢)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x2axb0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是()A方程x2axb0沒(méi)有實(shí)根B方程x2axb0至多有一個(gè)實(shí)根C方程x2axb0至多有兩個(gè)實(shí)根D方程x2axb0恰好有兩個(gè)實(shí)根答案A解析因?yàn)椤胺匠蘹2axb0至少有一個(gè)實(shí)根”等價(jià)于“方程x2axb0有一個(gè)實(shí)根或兩個(gè)實(shí)根”，所以該命題的否定是“方程x2axb0沒(méi)有實(shí)根”故選A.2(2016山西質(zhì)量監(jiān)測(cè))對(duì)累乘運(yùn)算有如下定義：aka1a2an，則下列命題中的真命題是()A.2k不能被10100整除B.22 015C. (2k1)不能被5100整除D. (2k1)2kk答案D解析因?yàn)?(2k1)2k(1352 015)(2462 014)1232 0142 015k，故選D.3(2017上饒?jiān)驴?設(shè)x，y，z0，則三個(gè)數(shù)，()A都大于2 B至少有一個(gè)大于2C至少有一個(gè)不小于2 D至少有一個(gè)不大于2答案C解析因?yàn)?)()()()()()6，當(dāng)且僅當(dāng)xyz時(shí)等號(hào)成立所以三個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)不小于2，故選C.4已知p3q32，證明：pq2.用反證法證明時(shí)，可假設(shè)pq2；若a，bR，|a|b|2，故中的假設(shè)錯(cuò)誤；對(duì)于，其假設(shè)正確，故選D.5設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出下列條件：ab1；ab2；ab2；a2b22；ab1.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件是()A BC D答案C解析若a，b，則ab1，但a1，b2，故推不出；若a2，b3，則ab1，故推不出；對(duì)于，即ab2，則a，b中至少有一個(gè)大于1，反證法：假設(shè)a1且b1，則ab2與ab2矛盾，因此假設(shè)不成立，a，b中至少有一個(gè)大于1.6(2016河南三市聯(lián)考)設(shè)n為正整數(shù)，f(n)1，計(jì)算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3.觀察上述結(jié)果，按照上面規(guī)律，可推測(cè)f(128)_.答案解析觀察f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3可知，等式及不等式右邊的數(shù)構(gòu)成首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列，故f(128)6.7(2016全國(guó)甲卷)有三張卡片，分別寫(xiě)有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說(shuō)：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說(shuō)：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是_答案1和3解析由丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”可知，丙為“1和2”或“1和3”，又乙說(shuō)“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，所以乙只可能為“2和3”，又甲說(shuō)“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，所以甲只能為“1和3”8若二次函數(shù)f(x)4x22(p2)x2p2p1，在區(qū)間1,1內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使f(c)0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是_答案解析若二次函數(shù)f(x)0在區(qū)間1,1內(nèi)恒成立，則解得p3或p， 故滿足題干條件的p的取值范圍為.9已知a0，證明： a2.證明要證 a2，只需證 (a)(2)因?yàn)閍0，所以(a)(2)0，所以只需證( )2(a)(2)2，即2(2)(a)84，只需證a2.因?yàn)閍0，a2顯然成立(a1時(shí)等號(hào)成立)，所以要證的不等式成立10設(shè)f(x)ax2bxc(a0)，若函數(shù)f(x1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，求證：f(x)為偶函數(shù)證明由函數(shù)f(x1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，可知f(x1)f(x)將x換成x代入上式可得f(x1)f(x)，即f(x)f(x)，由偶函數(shù)的定義可知f(x)為偶函數(shù)11已知函數(shù)f(x)ax(a1)(1)證明：函數(shù)f(x)在(1，)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明方程f(x)0沒(méi)有負(fù)數(shù)根證明(1)任取x1，x2(1，)，不妨設(shè)x10.a1，又x110，x210，0.于是f(x2)f(x1)0，故函數(shù)f(x)在(1，)上為增函數(shù)(2)假設(shè)存在x01，01，01，即x02，與假設(shè)x00相矛盾，故方程f(x)0沒(méi)有負(fù)數(shù)根12(2015陜西)設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x2，xn的各項(xiàng)和，其中x0，nN，n2.(1)證明：函數(shù)Fn(x)fn(x)2在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)(記為xn)，且xnx；(2)設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gn(x)，比較fn(x)與gn(x)的大小，并加以證明(1)證明Fn(x)fn(x)21xx2xn2，則Fn(1)n10，F(xiàn)n12n220，所以Fn(x)在內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)又Fn(x)12xnxn10(x0)，故Fn(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，所以Fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn，因?yàn)閤n是Fn(x)的零點(diǎn)，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)解方法一由題設(shè)，gn(x)，設(shè)h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x0.當(dāng)x1時(shí)，fn(x)gn(x)；當(dāng)x1時(shí)，h(x)12xnxn1，若0x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10，若x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10，所以h(x)在(0,1)上遞增，在(1，)上遞減，所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)，綜上所述，當(dāng)x1時(shí)，fn(x)gn(x)；當(dāng)x1時(shí)，fn(x)gn(x)方法二由題設(shè)，fn(x)1xx2xn，gn(x)，x0，當(dāng)x1時(shí)，fn(x)gn(x)，當(dāng)x1時(shí)，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)gn(x)，當(dāng)n2時(shí)，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立，假設(shè)nk(k2)時(shí)，不等式成立，即fk(x)gk(x)，那么，當(dāng)nk1時(shí)，fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1xk1，又gk1(x)，令hk(x)k