《直接證明與間接證明》試卷市賽獲獎 省賽一等獎

《直接證明與間接證明》試卷eq\a\vs4\al(\x(基)礎)eq\x(回)eq\x(顧)Ｋ一、直接證明1．綜合法：從題設的已知條件出發(fā)，運用一系列有關已確定真實的命題作為推理的依據，逐步推演而得到要證明的結論，這種證明方法叫做綜合法．綜合法的推理方向是由已知到求證，表現為由因索果，綜合法的解題步驟用符號表示是：P0(已知)?P1?P2?…?Pn(結論)．特點：由因導果，因此綜合法又叫順推法．2．分析法：分析法的推理方向是由結論到題設，論證中步步尋求使其成立的充分條件，如此逐步歸結到已知的條件和已經成立的事實，從而使命題得證，表現為執(zhí)果索因，分析法的證題步驟用符號表示為B(結論)?B1?B2?…?Bn?A(已知)．特點：執(zhí)果索因，因此分析法又叫逆推法或執(zhí)果索因法．二、間接證明假設原命題的結論不成立，經過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立．這樣的證明方法叫反證法．反證法是一種間接證明的方法．1．反證法的解題步驟：否定結論—推演過程中引出矛盾—肯定結論．2．反證法的理論依據是：原命題為真，則它的逆否命題為真，在直接證明有困難時，就可以轉化為證明它的逆否命題成立．3．反證法證明一個命題常采用以下步驟：(1)假定命題的結論不成立；(2)進行推理，在推理中出現下列情況之一：與已知條件矛盾；與公理或定理矛盾；(3)由于上述矛盾的出現，可以斷言，原來的假定“結論不成立”是錯誤的；(4)肯定原來命題的結論是正確的，即“反設—歸謬—結論”．4．一般情況下，有如下幾種情況的證明題目常常采用反證法：第一，問題共有n種情況，現要證明其中的1種情況成立時，可以想到用反證法把其他的n－1種情況都排除，從而肯定這種情況成立；第二，命題是以否定命題的形式敘述的；第三，命題用“至少”“至多”的字樣敘述的；第四，當命題成立非常明顯，而要直接證明所用的理論太少，且不容易說明，而其逆命題又是非常容易證明的．eq\a\vs4\al(\x(基)礎)eq\x(自)eq\x(測)1．設t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，則下列關于t和s的大小關系中正確的是(D)A．t＞sB．t≥sC．t＜sD．t≤s解析：因為s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，所以s≥t.2．對任意的銳角α，β，下列不等式成立的是(D)A．sin(α＋β)>sinα＋sinβB．cos(α＋β)>cosα＋cosβC．cos(α＋β)<sinα＋sinβD．cos(α＋β)<cosα＋cosβ3．定義運算法則如下：a⊕b＝aeq\s\up6(\f(1,2))＋beq\s\up6(\f(1,3))，a?b＝lga2－lgbeq\s\up6(\f(1,2)).若M＝2eq\f(1,4)⊕eq\f(125,8)，N＝eq\r(2)?eq\f(1,25)，則M＋N＝5．解析：由定義運算法則可知，M＝2eq\f(1,4)⊕eq\f(125,8)＝eq\r(\f(9,4))＋eq\r(3,\f(125,8))＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,2)＝4，N＝eq\r(2)?eq\f(1,25)＝lg(eq\r(2))2－lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,25)))eq\s\up6(\f(1,2))＝lg2＋lg5＝1，∴M＋N＝5.4．(2022·保定模擬)若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)，a≥0，則P、Q的大小關系是P<Q．解析：分析法，要證P<Q，需證P2<Q2即可．高考方向1.對本節(jié)內容的考查，一般貫穿在對其他知識的考查中，主要涉及綜合法、反證法等證明方法，多以選擇題和解答題為主，難度中等.2.分析法作為一種證明方法，較少單獨考查，但這種方法可以用來尋找解題思路.eq\x(品)eq\x(味)eq\x(高)eq\x(考)1．(2022·湖南卷)如圖，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1(1)證明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．(1)證明：因為四邊形ACC1A1為矩形，所以CC1⊥同理DD1⊥BD.因為CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由題設知，O1O∥C1C，故O1O⊥(2)解析：如圖，過O1作O1H⊥OB1于點H，連接HC1.由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C又因為四棱柱ABCD－A1B1C1D1所以四邊形A1B1C1D1是菱形因此A1C1⊥B1D1，從而A1C1⊥平面BDD1B所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1進而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角．不妨設AB＝2.因為∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1，OB1＝eq\r(7).在Rt△OO1B1中，易知O1H＝eq\f(OO1·O1B1,OB1)＝2eq\r(\f(3,7)).而O1C1＝1，于是C1H＝eq\r(O1Ceq\o\al(2,1)＋O1H2)＝eq\r(1＋\f(12,7))＝eq\r(\f(19,7)).故cos∠C1HO1＝eq\f(O1H,C1H)＝eq\f(2\r(\f(3,7)),\r(\f(19,7)))＝eq\f(2\r(57),19).即二面角C1OB1D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).2．(2022·江蘇卷)已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0<β<α<π.(1)若|a－b|＝eq\r(2)，求證：a⊥b；(2)設c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值．(1)證明：由|a－b|＝eq\r(2)，即(cosα－cosβ)2＋(sinα－sinβ)2＝2，整理得cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即a·b＝0，因此a⊥b.(2)解析：由已知條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝0，,sinα＋sinβ＝1，))又0<β<α<π，cosβ＝－cosα＝cos(π－α)，則β＝π－α，sinα＋sin(π－α)＝1，所以sinα＝eq\f(1,2)，得α＝eq\f(π,6)或α＝eq\f(5π,6)，當α＝eq\f(π,6)時，β＝eq\f(5π,6)(舍去)，當α＝eq\f(5π,6)時，β＝eq\f(π,6).eq\x(高)eq\x(考)eq\x(測)eq\x(驗)1．如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側棱與底面垂直，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，點M，N分別為A1B和B1C(1)證明：MN∥平面A1ACC1；(2)求二面角NMCA的正弦值．(1)證明：如圖所示，取A1B1的中點P，連接MP，NP.又因為點M，N分別為A1B和B1C1的中點，所以NP∥A1C1，MP∥B1B，因為NP?平面MNP，A1C1?平面MNP，所以NP∥平面A1同理MP∥平面A1ACC1；又MP∩NP＝P，所以平面MNP∥平面A1ACC1；所以MN∥平面A1ACC1；(2)解析：側棱與底面垂直可得A1A⊥AB，A1A⊥AC，及AB⊥AC則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C1(0，2，2)，N(1，1，2)，M(1，0，1)．所以eq\o(MC,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，eq\o(CN,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2，0)．設平面ACM的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝2y1＝0，,n1·\o(MC,\s\up6(→))＝－x1＋2y1－z1＝0，))令x1＝1，則z1＝－1，所以n1＝(1，0，－1)．設平面NCM的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(MC,\s\up6(→))＝－x2＋2y2－z2＝0，,n2·\o(CN,\s\up6(→))＝x2－y2＋2z2＝0，))令x2＝3，則y2＝1，z2＝－1.所以n2＝(3，1，－1)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(3＋1,\r(2)×\r(32＋12＋（－1）2))＝eq\f(2\r(22),11).設二面角NMCA為θ，則sinθ＝eq\r(1－cos2〈n1，n2〉)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(22),11)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(33),11).故二面角NMCA的正弦值為eq\f(\r(33),11).2．設數列{an}的前n項和為Sn，且Seq\o\al(2,n)－2Sn－an·Sn＋1＝0，n∈N*.(1)求Sn與Sn－1(n≥2)的關系式，并證明數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn－1)))是等差數列；(2)設bn＝an·Sn，數列{bn}的前n項和為Tn，求證：eq\f(n,2（n＋2）)＜Tn＜eq\f(2,3).(1)解析：當n＝1時，由已知得aeq\o\al(2,1)－2a1－aeq\o\al(2,1)＋1＝0，解得a1＝eq\f(1,2).由題設Seq\o\al(2,n)－2Sn－an·Sn＋1＝0，當n≥2時，將an＝Sn－Sn－1代入上式，得Sn·Sn－1－2Sn＋1＝0.∴Sn＝eq\f(1,2－Sn－1)，∴eq\f(1,Sn－1)－eq\f(1,Sn－1－1)＝－1.∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn－1)))是首項為eq\f(1,S1－1)＝－2，公差為－1的等差數列．(2)證明：由(1)知eq\f(1,Sn－1)＝－2＋(n－1)·(－1)＝－n－1，∴Sn＝eq\f(n,n＋1)，n∈N*.∴an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,n（n＋1）)(n≥2)，n＝1時也符合該式，∴an＝eq\f(1,n（n＋1）)，n∈N*.∴bn＝an·Sn＝eq\f(1,（n＋1）2).∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2).∴eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)＞eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋eq\f(1,4×5)＋…＋eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2（n＋2）).而bn＝eq\f(1,（n＋1）2)＜eq\f(1,（n＋1）2－\f(1,4))＝eq\f(1,（n＋\f(1,2)）（n＋\f(3,2)）)＝eq\f(1,n＋\f(1,2))－eq\f(1,n＋\f(3,2))，∴eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,（n＋1）2)<eq\f(1,1＋\f(1,2))－eq\f(1,1＋\f(3,2))＋eq\f(1,2＋\f(1,2))－eq\f(1,2＋\f(3,2))＋…＋eq\f(1,n＋\f(1,2))－eq\f(1,n＋\f(3,2))＝eq\f(2,3)－eq\f(2,2n＋3)<eq\f(2,3).∴eq\f(n,2（n＋2）)<Tn<eq\f(2,3)得證．課時作業(yè)1．否定“自然數a、b、c中恰有一個偶數”時正確反設為(D)A．a、b、c都是奇數B．a、b、c都是偶數C．a、b、c中至少有兩個偶數D．a、b、c中或都是奇數或至少有兩個偶數解析：自然數a、b、c中奇數、偶數的可能情況有全為奇數，恰有一個偶數，恰有兩個偶數，全為偶數．故選D.2．下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0.其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的條件有(C)A．1個B．2個C．3個D．4個解析：要使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，只需eq\f(b,a)>0，eq\f(a,b)>0，即a，b不為0且同號即可，∴①③④滿足．故選C.3．已知0＜b＜a＜eq\f(1,4)，則eq\r(a－b)，a－b，eq\r(a)－eq\r(b)的大小順序是(B)\r(a－b)＞a－b＞eq\r(a)－eq\r(b)\r(a－b)＞eq\r(a)－eq\r(b)＞a－b\r(a)－eq\r(b)＞eq\r(a－b)＞a－bD．a－b＞eq\r(a－b)＞eq\r(a)－eq\r(b)解析：平方后轉化為作差分解因式或特殊值代入．4．規(guī)定記號“”表示一種運算，即ab＝ab＋a＋b2(a，b為正實數)，若1k＝3，則k＝(B)A．－2B．1C．－2或1D．2解析：根據運算有1·k＋1＋k2＝3，k∈R＋，即k2＋k－2＝0，解得k＝1或k＝－2(舍去)．∴k＝1.故選B.5．設A＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋…＋eq\f(1,211－1)，則下列結論正確的是(B)A．A＞1B．A＜1C．A≥1D．A≤解析：放縮法對每一項放大范圍，A＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋…＋eq\f(1,210＋1023)＜eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋eq\f(1,210)＋…＋eq\f(1,210)1024個＝1.6．用反證法證明“如果a＞b，那么eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)”，假設內容應是eq\r(3,a)≤eq\r(3,b)．7．函數y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中m，n>0，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為8．解析：函數y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的圖象恒過定點A(－2，－1)，則(－2)·m＋(－1)·n＋1＝0，即2m＋n＝1.因為m，n>0，所以eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n)))·(2m＋n)＝4＋eq\f(n,m)＋eq\f(4m,n)≥4＋2eq\r(\f(n,m)·\f(4m,n))(當且僅當eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)時，等號成立)＝8.8．已知函數f(x)＝ax＋2a＋1，當x∈[－1，1]時，f(x)有正值也有負值，則實數a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))．解析：由題意得f(x)＝ax＋2a＋1為斜率不為0的直線，由單調性知f(1)·f(－1)<0，∴(a＋2a＋1)·(2a－a＋1)<0.∴－1<a<－eq\f(1,3).9．已知a>0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，求證：eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b)).證明：由已知eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1及a>0可知0<b<1，要證eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b))，只需證eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)>1，只需證1＋a－b－ab>1，只需證a－b－ab>0即eq\f(a－b,ab)>1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，這是已知條件，所以原不等式得證．10．已知O為坐標原點，過P(2，0)且