高考数学大一轮复习第十二章推理与证明算法复数12.2直接证明与间接证明课件文新人教版
高考数学一轮总复习第十二章算法复数推理与证明第2节直接证明与间接证明课件
考点三 反证法的应用
[训练 3](2018·郑州一中月考)若 f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，则称函
数 f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数.
(1)设 g(x)＝12x2－x＋32是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数 b 的值； (2)是否存在常数 a，b(a>－2)，使函数 h(x)＝x＋1 2是区间[a，b]上的“四维光军”函
∴法S一n＝n（适当1＋放不22缩n要，－放11、缩）便过＝于头求n。2和. ；2、 S11＋S12＋…＋S1n＝112＋212＋…＋n12
>1×12＋2×13＋…＋n（n1＋1）
(2)解 由(1)知a1n＝2n－1，
＝1－21＋12－13＋…＋n1－n＋1 1
考点一 综合法的应用
[训练 1] (2018·东北三省三校调研)已知 a，b，c>0，a＋b＋c＝1.
求证： (1) a＋ b＋ c≤ 3； (2)3a1＋1＋3b1＋1＋3c＋1 1≥32.
以上三式相加得 43a1＋1＋3b＋1 1＋3c＋1 1≥9－3(a＋b＋c)＝6， ∴3a1＋1＋3b1＋1＋3c＋1 1≥23. 当且仅当 a＝b＝c＝13时取“＝”．
(2)设 bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
（1）解 由已知得a31a＝1＋32d＋＝19，＋3 2，解得∴d＝2，
否定是：存在三项 成等比数列
故 an＝2n－1＋ 2，Sn＝n(n＋ 2)． (2)证明 由(1)得 bn＝Snn＝n＋ 2. 假设数列{bn}中存在三项 bp，bq，br(p，q，r∈N*， 且互不相等)成等比数列，则 bq2＝bpbr.
为便于利用条件， 尝试平方
高三数学一轮复习第十二章复数算法推理与证明第四节直接证明和间接证明课件理
(2)设a1=d,Tn= k2 n 1 (-1)kb k2 ,n∈N*,求证: k n 1 T 1 k
< 1 .
2d 2
证明 (1)由题意得 b n2 =anan+1,有cn= b n2 -1 b n=2 an+1·an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn= 2d(an+2-an+1)=2d2,所以{cn}是等差数列.
c
1 c
≥6,
c
1 a
当且仅当a=b=c时取等号,
∴三个数中至少有一个不小于2.
4.已知点An(n,an)为函数y= x图2 象1 上的点,Bn(n,bn)为函数y=x图象上的
点,其中n∈N*,设cn=an-bn,则cn与cn+1的大小关系为
.
答案 cn>cn+1
解析 由题意知,an= n,b2 n=1n,
(2)Tn=(- b 1 2 + b 22 )+(- b 32 +b 42 )+…+(-b 22 n + 1 b )22 n =2d(a2+a4+…+a2n)
=2d· n(a=2 2da22nn ()n+1).
2
所以 n 1 = 1 n 1
T k 1 k
2 d 2 k 1 k (k 1)
时,2n+1=3,所求左边表达式是1+2+3;从k→k+1需增添的项是4k+5(或(2k
+2)+(2k+3)).
考点突破
考点一 综合法
高考数学一轮复习 第12章 复数、算法、推理与证明 第4节 直接证明与间接证明课件 文
证明：(1)在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB∥A1B1. 又 AB⊄平面 A1B1C，A1B1⊂平面 A1B1C，所以 AB∥平面 A1B1C. (2)在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，四边形 ABB1A1 为平行四边形． 又因为 AA1＝AB，所以四边形 ABB1A1 为菱形， 因此 AB1⊥A1B. 因为 AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以 AB1⊥BC. 又因为 A1B∩BC＝B，A1B⊂平面 A1BC，BC⊂平面 A1BC，所以 AB1⊥平面 A1BC. 因为 AB1⊂平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.
第十二章 复数、算法、推理与 证明
第四节 直接证明与间接证明
12/11/2021
栏
课 前 ·基 础 巩 固 1
目
导
课 堂 ·考 点 突 破 2
航
3 课 时 ·跟 踪 检 测
12/11/2021
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
本节主要内容是直接证明的方法
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.
12/11/2021
2．(一题多解)在△ABC 中，设 a，b，c 分别是内角 A，B，C 所对的边，直线 bx＋ ycos A＋cos B＝0 与 ax＋ycos B＋cos A＝0 平行，求证：△ABC 是直角三角形．
证明：证法一：由两直线平行可知 bcos B－acos A＝0，由正弦定理可知 sin Bcos B －sin Acos A＝0，即12sin 2B－12sin 2A＝0，故 2A＝2B 或 2A＋2B＝π，即 A＝B 或 A＋B＝ π 2.
北师大版高考数学一轮复习统考第12章算法初步复数推理与证明第4讲直接证明与间接证明课件
A．ac2<bc2
B．a2>ab>b2
C．1a<1b
D．ab>ab
解析 ∵a2－ab＝a(a－b)，a<b<0，∴a－b<0，
a2－ab>0，∴a2>ab.①
又 ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②，得 a2>ab>b2.
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解析 答案
6．(2019·扬州调研)设 a>b>0，m＝ a－ b，n＝ a－b，则 m，n 的大 小关系是__m__<_n___．
证明 ∵sinθ 与 cosθ 的等差中项是 sinx，等比中项是 siny， ∴sinθ＋cosθ＝2sinx，① sinθcosθ＝sin2y，② ①2－②×2，可得(sinθ＋cosθ)2－2sinθcosθ＝4sin2x－2sin2y，即 4sin2x －2sin2y＝1. ∴4×1－c2os2x－2×1－c2os2y＝1， 即 2－2cos2x－(1－cos2y)＝1. 故证得 2cos2x＝cos2y.
分析法 执果索因 Q⇐P1 → P1⇐P2 →…→ 得到一个明显 成立的条件 要证……只需证…… 即证……
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2．间接证明
(1)反证法的定义
假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明 05
__假__设__错__误____，从而证明 06 ___原__命__题__成__立____的证明方法．
第十二章 算PPT
1
PART ONE
基础知识整合
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1．直接证明
内容
综合法
分析法
利用已知条件和某些数学定义、从要 03 _证__明__的__结__论______出发，逐步
高考数学一轮复习第十二章12.2直接证明与间接证明课件文
(a∈R)是纯虚数，则 a 的值为
(D )
A．－3
B．－1
C．1
D．3
(2)(2012·江西)若复数 z＝1＋i(i 为虚数单位)，z 是 z 的共轭复数，
则 z2＋ z 2 的虚部为
()
A．0
B．－1
C．1
D．－2
解析 (1)a－31－0 i＝a－(3＋i)＝(a－3)－i，由 a∈R， 且 a－31－0 i为纯虚数知 a＝3.
数学 粤（文）
§12.2 复数
第十二章 算法初步、复数
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材
1．复数的有关概念 (1)复数的概念 形如 a＋bi (a，b∈R)的数叫做复数，其中 a，b 分别是它的实部 和 虚部 ．若 b＝0 ，则 a＋bi 为实数，若 b≠0 ，则 a＋bi 为虚 数，若 a＝0且b≠0 ，则 a＋bi 为纯虚数． (2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔ a＝c且b＝d (a，b，c，d∈R)． (3)共轭复数：a＋bi 与 c＋di 共轭⇔ a＝c，b＝－d (a，b，c，d∈R)．
设 z1＝a＋bi，z2＝c＋di (a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝ (a＋c)＋(b＋d)i ； ②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝ (a－c)＋(b－d)i ；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝ (ac－bd)＋(ad＋bc)i ； ④除法：zz21＝ac＋＋dbii＝ac＋＋dbiicc－－ddii
题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 (1)(2013·安徽)设 i 是虚数单位．若复数 a－31－0 i
(a∈R)是纯虚数，则 a 的值为
北师大版高考数学一轮复习统考第12章算法初步复数推理与证明第4讲直接证明与间接证明课件
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解析 8答案
3．若 P＝ a＋ a＋7，Q＝ a＋3＋ a＋4(a≥0)，则 P，Q 的大小关
系是( )
A．P>Q
B．P＝Q
C．P<Q
D．由 a 的取值确定
解析 要比较 P，Q 的大小关系，只要比较 P2，Q2 的大小关系，即比 较 2a＋7＋2 aa＋7与 2a＋7＋2 a＋3a＋4的大小，既而比较 aa＋7 与 a＋3a＋4的大小，即比较 a2＋7a 与 a2＋7a＋12 的大小，只需比较 0 与 12 的大小，∵0<12，∴P<Q.
定义 __推__理__论__证____，最后推导出所要 直到最后，把要证明的结论归结为
证明的结论 02
判定一个明显成立的条件(已知条
__成__立__的__方__法_____
件、定理、定义、公理等)为止
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3
内容 实质 框图 表示 文字 语言
综合法 由因导果(顺推证法) P⇒Q1 → Q1⇒Q2 →…→ Qn⇒Q 因为……所以…… 或由……得……
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6
1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设 a>b>c，且 a＋b＋
c＝0，求证： b2－ac< 3a”，“索”的“因”应是( )
A．a－b>0
B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0
D．(a－b)(a－c)<0
解析 b2－ac< 3a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac －3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－ b)>0.
2020版高考数学复习第十二章复数、算法、推理与证明第4讲直接证明与间接证明课件
f（x1）＋f（x2） x1＋x2 证明：要证明 ≥f ， 2 2
x （3x1－2x1）＋（3x2－2x2） x ＋ x1＋x2 2 即证明 ≥3 －2· ， 2 2
1 2
x ＋x 3x1＋3x2 因此只要证明 －(x1＋x2)≥3 2 －(x1＋x2)， 2
1 2
x 3x1＋3x2 x ＋ 即证明 ≥3 2 ， 2
[通关练习] 在△ABC 中，设 a，b，c 分别是内角 A，B，C 所对的边， 且直线 bx＋ycos A＋cos B＝0 与 ax＋ycos B＋cos A＝0 平行， 求证：△ABC 是直角三角形．
证明：法一：由两直线平行可知 bcos B－acos A＝0，由正弦 1 1 定理可知 sin Bcos B－sin Acos A＝0，即 sin 2B－ sin 2A＝0， 2 2 π 故 2A＝2B 或 2A＋2B＝π，即 A＝B 或 A＋B＝ .若 A＝B， 2 则 a＝b，cos A＝cos B，两直线重合，不符合题意，故 A＋B π ＝ ， 2 即△ABC 是直角三角形．
2an＋1 所以 ＝ ， a an ＋ 1 n 1 化简得 ＝2＋ ， an an＋1 1 即 － ＝2， an＋1 an
1 故数列a 是以 n
1
1
1 为首项，2 为公差的等差数列．
1 (2)由(1)知 ＝2n－1， an n（1＋2n－1） 所以 Sn＝ ＝n2. 2 1 1 1 1 1 1 1 1 法一： ＋ ＋…＋S ＝ 2＋ 2＋…＋ 2> ＋ ＋…＋ S1 S2 1 2 n 1×2 2×3 n
解析：选 A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个 也没有，直接写出命题的否定．方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一 个实根的反面是方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根，故应选 A.
【步步高】2017版高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 12.2 直接证明与间接证明课件 文
＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.
解析答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13 14 15
2.①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2； ②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小 于1，用反证法证明时可假设方程有一根 x1的绝对值大于或等于 1，即假
证明 a2 b2 c2 因为 b ＋b≥2a， c ＋c≥2b， a ＋a≥2c，
a2 b2 c2 故 b ＋ c ＋ a ＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
a2 b2 c2 a2 b2 c2 即 b ＋ c ＋ a ≥a＋b＋c.所以 b ＋ c ＋ a ≥1.
解析答案
题型二
分析法的应用
已知函数 f(x)＝tan
先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来.
失误与防范
1. 用分析法证明时，要注意书写格式的规范性 ，常常用 “ 要证 ( 欲
证)„„”“即证„„”“只需证„„”等，逐步分析，直至一个明显
成立的结论.
2. 利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进
行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错 误的.
π 0 ， x，x∈ ，若 2 π 0 ， x1，x2∈ ，且 2
例2
x1≠x2，
1 求证：2[ f(x1)＋f(x2)] >f
x1＋x2 . 2
解析答案
引申探究
若本例中 f(x)变为 f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的 x1，x2∈R，均有 fx1＋fx2 ≥f 2
2019-2020年高考数学大一轮复习第十二章复数算法推理与证明第4讲直接证明与间接证明课件文
下列表述：
①综合法是由因导果法；
②综合法是顺推法；
③分析法是执果索因法；
④分析法是逆推法；
⑤反证法是间接证法．其中正确的有( )
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
解析：选 D.由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都
正确．
(教材习题改编)设 m＝1＋ 3，n＝2 2，则 m 与 n 的大小关
第十二章 复数、算法、推理与证明
第 4 讲 直接证明与间接证明
1．直接证明 直接证明中最基本的两种证明方法是__综_合__法____和_分__析_法____． (1)综合法：一般地，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，这种证明方法叫做综合法． 综合法又称为：______由_因__导_果__法_______ (顺推证法)．
•
作为实验科学的物理、化学和生物，就要特别重视实验和观察，并在获得感性知识的基础上，进一步通过思考来掌握科学的概念和规律，等等。
• 二、听文科课要注重在理解中记忆
• 文科多以记忆为主，比如政治，要注意哪些是观点，哪些是事例，哪些是用观点解释社会现象。听历史课时，首先要弄清楚本节教材的主要观点，然 后，弄清教材为了说明这一观点引用了哪些史实，这些史料涉及的时间、地点、人物、事件。最后，也是关键的一环，看你是否真正弄懂观点与史料间 的关系。最好还能进一步思索：这些史料能不能充分说明观点？是否还可以补充新的史料？有无相反的史料证明原观点不正确。
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1) 综 合 法 的 思 维 过 程 是 由 因 导 果 ， 逐 步 寻 找 已 知 的 必 要 条 件．( ) (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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( ) (5)常常用分析法寻找解题的思路与方法，用综合法展现解决问 题的过程．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√
高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数12.2直接证明与间接证明课件文新人教A
[点石成金] 1.利用分析法证明问题的思路 分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结 论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、 公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证． 2．分析法证明问题的适用范围 当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程 中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含 有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．
由于 x1，x2∈ 0，2π，故 x1＋x2∈(0，π)． 所以 cos x1cos x2>0，sin(x1＋x2)>0， 1＋cos(x1＋x2)>0， 故只需证明 1＋cos(x1＋x2)>2cos x1cos x2，
即证 1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2， 即证 cos(x1－x2)<1. 由 x1，x2∈ 0，2π，x1≠x2 知上式显然成立， 因此12[f(x1)＋f(x2)]>f x1＋2 x2.
[题点发散 1] 若本例中 f(x)变为 f(x)＝3x－2x，试证：对于 任意的 x1，x2∈R，均有fx1＋2 fx2≥f x1＋2 x2.
证明：要证明fx1＋2 fx2≥f x1＋2 x2， 即证明3x1－2x1＋2 3x2－2x2 ≥3x1＋2 x2－2·x1＋2 x2， 因此只要证明3x1＋2 3x2－(x1＋x2) ≥3x1＋2 x2－(x1＋x2)，
(2)[教材习题改编]用分析法证明不等式 n＋ n＋4<2 n＋2 (n>0)时，最后推得的显然成立的最简不等式是___0_<_4___．
解析：要证 n＋ n＋4<2 n＋2，即证 2n＋4＋2 n2＋4n <4(n＋2)，即证 n2＋4n<n＋2，即证 n2＋4n<(n＋2)2，即证 0<4.
高考数学大一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数12.2直接证明与间接证明教师用书文新人教版
2018版高考数学大一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数 12.2 直接证明与间接证明教师用书文新人教版1．直接证明(1)综合法①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．②框图表示：P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Q n⇒Q(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)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①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．②框图表示：Q⇐P1―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③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证明方法．【思考辨析】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“a>b”时，应假设“a<b”．( ×)(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )(5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( √ )(6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( √ )1．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A ．ac 2<bc 2B ．a 2>ab >b 2C.1a <1bD.b a >a b答案 B解析 a 2－ab ＝a (a －b )， ∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0， ∴a 2>ab .①又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2.2．用反证法证明命题：“a ，b ∈N ，若ab 不能被5整除，则a 与b 都不能被5整除”时，假设的内容应为( ) A ．a ，b 都能被5整除 B ．a ，b 不都能被5整除 C ．a ，b 至少有一个能被5整除 D ．a ，b 至多有一个能被5整除 答案 C解析 “都不能”的否定为“至少有一个能”，故假设的内容应为“a ，b 至少有一个能被5整除”．3．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0答案 D解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.4．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是__________________________． 答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b 解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a ) ＝(a －b )(a －b ) ＝(a －b )2(a ＋b )．∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0. ∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .5．(2016·青岛模拟)如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x n n)，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________． 答案332解析 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A 、B 、C ∈(0，π)． ∴f A ＋f B ＋f C3≤f (A ＋B ＋C3)＝f (π3)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.题型一 综合法的应用 例1 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列{1a n}是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.(1)证明 ∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列{1a n}是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解 由(1)知1a n＝2n －1，∴S n ＝n＋2n －2＝n 2.方法一1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋ (1)n ＋＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝nn ＋1.方法二 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1， 又∵1>nn ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1. 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．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b2≥ab >0，b ＋c2≥bc >0，a ＋c2≥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， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc >0成立．上式两边同时取常用对数，得 lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)>lg abc ，∴lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .题型二 分析法的应用例2 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.证明 要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22， 只需证明x 1＋x 22cos x 1cos x 2>x 1＋x 21＋x 1＋x 2.由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．所以cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0， 故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2， 即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立， 因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.引申探究若本例中f (x )变为f (x )＝3x－2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f x 1＋f x 22≥f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.证明 要证明f x 1＋f x 22≥f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即证明1212(32)(32)2x x x x -+-≥12122322x x x x ++-⋅，因此只要证明12332x x +－(x 1＋x 2)≥122123()x x x x +-＋，即证明12332x x +≥1223x x +，因此只要证明12332x x +由于x 1，x 2∈R 时，13x >0, 23x>0，由基本不等式知12332x x +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获解的关键．(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．(2017·重庆月考)设a >0，b >0,2c >a ＋b ，求证：(1)c 2>ab ；(2)c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab . 证明 (1)∵a >0，b >0,2c >a ＋b ≥2ab ， ∴c >ab ，平方得c 2>ab .(2)要证c －c 2－ab <a <c ＋c 2－ab ， 只要证－c 2－ab <a －c <c 2－ab ， 即证|a －c |<c 2－ab ，即(a －c )2<c 2－ab . ∵(a －c )2－c 2＋ab ＝a (a ＋b －2c )<0成立， ∴原不等式成立． 题型三 反证法的应用 命题点1 证明否定性命题例3 (2016·西安模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列． (1)解 设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n， ∴S n ＝a 1－qn1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n1－q，q ≠1.(2)证明 假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 命题点2 证明存在性问题例4 已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1. (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SA 2＋AD 2＝SD 2，∴SA ⊥AD . 同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，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 . ∵BC ∥AD ，BC ⊄平面SAD . ∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ， ∴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 证明唯一性命题例5 已知a ≠0，证明关于x 的方程ax ＝b 有且只有一个根． 证明 由于a ≠0，因此方程至少有一个根x ＝b a. 假设x 1，x 2是它的两个不同的根， 即ax 1＝b ，①ax 2＝b ，②由①－②得a (x 1－x 2)＝0， 因为x 1≠x 2，所以x 1－x 2≠0，所以a ＝0，这与已知矛盾，故假设错误． 所以当a ≠0时，方程ax ＝b 有且只有一个根．思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤： 第一步：分清命题“p ⇒q ”的条件和结论； 第二步：作出与命题结论q 相反的假设綈q ；第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p ⇒q 为真．所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明1a>c .证明 (1)∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2， ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a，∴x 2＝1a (1a≠c )，∴1a 是f (x )＝0的一个根．即1a是函数f (x )的一个零点．(2)假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f (1a )>0，与f (1a )＝0矛盾，∴1a≥c ，又∵1a ≠c ，∴1a>c .23．反证法在证明题中的应用典例 (2分)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1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； (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 在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问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 ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1，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AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分] 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 2＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m 1＋4k2.所以AC 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[8分]因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0， 所以直线OB 的斜率为－14k，因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[10分] 所以OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．[12分]1．(2017·泰安质检)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根 答案 A解析 因为“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”．故选A. 2．若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为( )A ．(－3,0)B ．[－3,0]C ．[－3,0)D ．(－3,0]答案 D解析 2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立， 则必有⎩⎪⎨⎪⎧ 2k <0，Δ＝k 2－4×2k －38或k ＝0. 解得－3<k ≤0.3．(2017·上饶月考)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y ( )A ．都大于2B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2D ．至少有一个不大于2 答案 C解析 因为(y x ＋y z )＋(z x ＋z y )＋(x z ＋x y )＝(y x ＋x y )＋(y z ＋z y )＋(z x ＋x z )≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.4．①已知p 3＋q 3＝2，证明：p ＋q ≤2.用反证法证明时，可假设p ＋q ≥2；②若a ，b ∈R ，|a |＋|b |<1，求证：方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下结论正确的是( )A ．①与②的假设都错误B ．①的假设正确；②的假设错误C ．①与②的假设都正确D ．①的假设错误；②的假设正确答案 D解析 对于①，结论的否定是p ＋q >2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.5．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( ) A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2答案 C 解析 因为a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a≤－6， 所以三者不能都大于－2.6．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0 (a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是________．①假设a ，b ，c 都是偶数；②假设a ，b ，c 都不是偶数；③假设a ，b ，c 至多有一个偶数；④假设a ，b ，c 至多有两个偶数．答案 ②解析 “至少有一个”的否定为“都不是”，故②正确．7．(2016·全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．答案 1和3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．8．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是____________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－3，32 解析 若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ f －＝－2p 2＋p ＋1≤0，f ＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32， 故满足题干条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，32. 9．已知m >0，a ，b ∈R ，求证：(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m. 证明 因为m >0，所以1＋m >0.所以要证原不等式成立，只需证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)，即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故原不等式得证．10．设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f (x ＋12)为偶函数． 证明 由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，可知f (x ＋1)＝f (－x )． 将x 换成x －12代入上式可得f (x －12＋1)＝f [－(x －12)]，即f (x ＋12)＝f (－x ＋12)，由偶函数的定义可知f (x ＋12)为偶函数．11．已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a >1)．(1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f (x )＝0没有负数根．证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0.∵a >1，∴21x x a －>1且1x a >0，∴21x x a a －＝121(1)x x x a a －>0.又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0，∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－x 1＋－x 1－x 2＋x 1＋x 2＋＝x 2－x 1x 1＋x 2＋1>0.于是f (x 2)－f (x 1)＝21x x a a －＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则0x a ＝－x 0－2x 0＋1.∵a >1，∴0<0x a <1，∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0相矛盾， 故方程f (x )＝0没有负数根．12．(2016·浙江)设函数f (x )＝x 3＋11＋x，x ∈[0,1]，证明： (1)f (x )≥1－x ＋x 2；(2)34＜f (x )≤32. 证明 (1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－－x 41－－x ＝1－x 41＋x ， 由于x ∈[0,1]，有1－x 41＋x ≤1x ＋1， 即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1， 所以f (x )≥1－x ＋x 2.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ，故f (x )＝x 3＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32＝x －x ＋x ＋＋32≤32， 所以f (x )≤32. 由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34， 又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1924＞34，所以f (x )＞34. 综上，34＜f (x )≤32. *13.(2015·课标全国Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ； (2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd 得(a ＋b )2＞(c ＋d )2. 因此a ＋b ＞ c ＋d .(2)①若|a －b |＜|c －d |，则(a －b )2＜(c －d )2,即(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab ＞cd .由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。
高考数学大一轮复习第十二章复数算法推理与证明《讲直接证明与间接证明》练习理含解析
第4讲 直接证明与间接证明[基础题组练]1．用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：选A.依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定．方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故应选A.2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0解析：选C.b 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.故选C. 3．若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( ) A ．lg(1＋a 2)>0 B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) C ．a 2＋3ab >2b 2D.a b <a ＋1b ＋1解析：选B.在B 中，因为a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0，所以a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立．4．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：选 A.因为a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C .5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．恒为负值B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定解析：选A.由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0. 6．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．解析：a ＝3＋22，b ＝2＋7，两式的两边分别平方，可得a 2＝11＋46，b 2＝11＋47，显然6<7，所以a <b .答案：a <b7．已知a >b >0，则①1a <1b；②ac 2>bc 2；③a 2>b 2；④a >b ，其中正确的序号是________．解析：对于①，因为a >b >0，所以ab >0，1ab >0，a ·1ab >b ·1ab ，即1b >1a.故①正确；当c ＝0时，②不正确；由不等式的性质知③④正确． 答案：①③④8．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，所以c n 随n 的增大而减小，所以c n ＋1<c n . 答案：c n ＋1<c n9．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 证明：2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2) ＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )． 因为a ≥b >0，所以a －b ≥0，a ＋b >0，2a ＋b >0， 从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0， 即2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .10．已知x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z－1>8.证明：因为x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，所以1x －1＝1－x x ＝y ＋z x >2yz x，①1y－1＝1－y y ＝x ＋z y >2xz y ，②1z－1＝1－z z＝x ＋y z>2xy z，③又x ，y ，z 为正数，由①×②×③，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z－1>8. [综合题组练]1．已知a ，b ，c ∈R ，若b a ·ca >1且b a ＋c a≥－2，则下列结论成立的是( ) A ．a ，b ，c 同号B ．b ，c 同号，a 与它们异号C ．a ，c 同号，b 与它们异号D ．b ，c 同号，a 与b ，c 的符号关系不确定 解析：选A.由b a ·c a >1知b a 与c a同号， 若b a >0且c a >0，不等式b a ＋c a≥－2显然成立， 若b a<0且c a<0，则－b a >0，－c a>0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a ≥2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a >2，即b a ＋c a <－2， 这与b a ＋c a≥－2矛盾，故b a>0且c a>0，即a ，b ，c 同号．2．在等比数列{a n }中，“a 1<a 2<a 3”是“数列{a n }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：选C.当a 1<a 2<a 3时，设公比为q ， 由a 1<a 1q <a 1q 2得若a 1>0，则1<q <q 2，即q >1， 此时，显然数列{a n }是递增数列， 若a 1<0，则1>q >q 2，即0<q <1，此时，数列{a n }也是递增数列，反之，当数列{a n }是递增数列时，显然a 1<a 2<a 3. 故“a 1<a 2<a 3”是“等比数列{a n }递增”的充要条件． 3．(创新型)设a ，b 是两个实数，给出下列条件： ①a ＋b ＞1；②a ＋b ＝2；③a ＋b ＞2； ④a 2＋b 2＞2；⑤ab ＞1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号) 解析：若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b ＞2，则a ，b 中至少有一个大于1， 反证法：假设a ≤1且b ≤1， 则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾，因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1. 答案：③4．(应用型)(一题多解)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1，1]内至少存在一点c ，使f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________．解析：法一(补集法)：令⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝－2p 2＋p ＋1≤0，f （1）＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32， 故满足条件的p 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.法二(直接法)：依题意有f (－1)＞0或f (1)＞0， 即2p 2－p －1＜0或2p 2＋3p －9＜0， 得－12＜p ＜1或－3＜p ＜32，故满足条件的p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，325．已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.证明：a ⊥b ⇔a ·b ＝0， 要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.只需证|a |＋|b |≤2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)， 只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2， 只需证|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0， 即证(|a |－|b |)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证．6．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根；(2)试比较1a与c 的大小； (3)证明：－2<b <－1.解：(1)证明：因为f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点， 所以f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2， 因为f (c )＝0，所以x 1＝c 是f (x )＝0的根， 又x 1x 2＝c a， 所以x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≠c ，所以1a是f (x )＝0的一个根．(2)假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝0矛盾， 所以1a≥c ，又因为1a ≠c ，所以1a>c .(3)证明：由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0， 所以b ＝－1－ac . 又a >0，c >0，所以b <－1.二次函数f(x)的图象的对称轴方程为x＝－b2a ＝x1＋x22<x2＋x22＝x2＝1a，即－b2a <1 a .又a>0，所以b>－2，所以－2<b<－1.。
北师大版高考数学一轮复习统考第12章算法初步复数推理与证明第4讲直接证明与间接证明课件
(2)利用反证法证题的步骤
①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；
②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；
③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否
定→归谬→断言．
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5
分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析， 寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综 合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．
例 1 已知 sinθ，sinx，cosθ 成等差数列，sinθ，siny，cosθ 成等比数列，
证明：2cos2x＝cos2y. 证明 ∵sinθ 与 cosθ 的等差中项是 sinx，等比中项是 siny，
∴sinθ＋cosθ＝2sinx，①
sinθcosθ＝sin2y，②
①2－②×2，可得(sinθ＋cosθ)2－2sinθcosθ＝4sin2x－2sin2y，即 4sin2x
－2sin2y＝1.
∴4×1－c2os2x－2×1－c2os2y＝1，
即 2－2cos2x－(1－cos2y)＝1.
故证得 2cos2x＝cos2y. 最新 PPT 欢迎下载 可修改
14 答案
综合法证明的思路
(1)分析条件，选择方向．分析题目中的已知条件及已知与结论之间的 联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法．
解析 解法一：(取特殊值法)取 a＝2，b＝1，得 m<n. 解法二：(分析法) a－ b< a－b⇐ b＋ a－b> a⇐a<b＋2 b· a－b＋ a－b⇐2 b· a－b>0，显然成立．
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12 解析
2
课标通用2018年高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数12.2直接证明与间接证明学案理2017
§12.2直接证明与间接证明考纲展示►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．考点1分析法分析法(1)定义：从要证明的________出发，逐步寻求使它成立的________，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)，这种证明方法叫做分析法．(2)框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件.答案：(1)结论充分条件(1)[教材习题改编]命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明过程“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”应用了________．答案：综合法解析：因为证明过程是“从左往右”，即由条件到结论，所以该命题的证明过程应用了综合法．(2)[教材习题改编]用分析法证明不等式n＋n＋4<2 n＋2(n>0)时，最后推得的显然成立的最简不等式是________．答案：0<4解析：要证n＋n＋4<2 n＋2，即证2n＋4＋2 n2＋4n<4(n＋2)，即证n2＋4n<n＋2，即证n2＋4n<(n＋2)2，即证0<4.证明方法的两个易错点：分析法证明的书写格式．证明不等式3＋7<2 5，是否可以把“ 3＋7<2 5”作已知条件？________.(填“是”或“否”)答案：否解析：要证明不等式3＋7<2 5，只需证明不等式( 3＋7)2<(2 5)2，逐步推出结论成立的充分条件，不能把“ 3＋7<2 5”作为已知条件使用．[典题1](1)已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.[证明]要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.∵a≥b＞0，∴a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0，从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，∴2a3－b3≥2ab2－a2b.(2)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.1 1 3求证：＋＝.a＋b b＋c a＋b＋c1 1 3[证明]要证＋＝，a＋b b＋c a＋b＋ca＋b＋c a＋b＋c即证＋＝3，a＋b b＋cc a也就是＋＝1，a＋b b＋c只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．[点石成金] 1.利用分析法证明问题的思路先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．2．分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．考点2综合法综合法(1)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________，最后推导出所要证明的结论________，这种证明方法叫做综合法．(2)框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)．答案：(1)推理论证成立[教材习题改编]在△ABC中，若内角A，B，C成等差数列，且b＝3a，则用综合法推得△ABC的形状是________．答案：直角三角形解析：因为A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C.又A＋B＋C＝180°，解得B＝60°.又b1＝3a，根据正弦定理得sin B＝3sin A，得sin A＝，所以A＝30°(因为b>a，且B＝260°，所以A≠150°)，所以C＝90°，即△ABC是直角三角形.证明的两种常见方法：综合法；分析法．(1)设a＝lg 2＋lg 5，b＝e x(x<0)，证明a>b应选用的方法是________．答案：综合法解析：∵当x<0时，b＝e x，∴0<b<1，又∵a＝lg 2＋lg 5＝1，∴a>b.故应选用综合法．(2)证明不等式2＋7< 3＋6最合适的方法是________．答案：分析法解析：要证明不等式2＋7< 3＋6，只需证明不等式( 2＋7)2<( 3＋6)2，逐步推出结论成立的充分条件．故应选用分析法．[典题2]设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：1(1)ab＋bc＋ac≤；3a2 b2 c2(2) ＋＋≥1.b c a[证明](1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.1所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.3a2 b2 c2(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，b c aa2 b2 c2故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，b c aa2 b2 c2即＋＋≥a＋b＋c.b c aa2 b2 c2所以＋＋≥1.b c a[点石成金]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，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；(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．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.证明：(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，1 所以DE∥PA，DE＝PA＝3，21 EF＝BC＝4.2又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.考点3反证法反证法假设原命题________(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________，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．答案：不成立矛盾[教材习题改编]用反证法证明“ 3，5，7不可能成等差数列”时，第一步应假设________．答案：3，5，7成等差数列解析：根据反证法的特点，第一步应假设“ 3，5，7成等差数列”.证明方法的两个易错点：反证法的假设．用反证法证明“如果a>b，那么3 a>3 b”，假设内容应是________．答案：假设结论不成立，将结论3 a>3 b否定，即3 a≤ 3 b.[典题3]设{a n}是公比为q的等比数列．(1)推导{a n}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{a n＋1}不是等比数列．(1)[解]设{a n}的前n项和为S n，当q＝1时，S n＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，S n＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1q n－1，①qS n＝a1q＋a1q2＋…＋a1q n，②①－②，得(1－q)S n＝a1－a1q n，a11－q n∴S n＝，1－q∴S n＝Error!(2)[证明]假设{a n＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，(a k＋1＋1)2＝(a k＋1)(a k＋2＋1)，即a k＋21＋2a k＋1＋1＝a k a k＋2＋a k＋a k＋2＋1，即a21q2k＋2a1q k＝a1q k－1·a1q k＋1＋a1q k－1＋a1q k＋1.∵a1≠0，∴2q k＝q k－1＋q k＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n＋1}不是等比数列．[点石成金]反证法证明问题的三步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(否定结论)- 6 -(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)1已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.2证明：假设a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，则有a＋b＋c<3，1 1而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝2 2＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，2 (x－2 )故a，b，c至少有一个不小于1.[方法技巧]分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两种方法交叉使用．[易错防范] 1.用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直至一个明显成立的结论出现为止．2．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．真题演练集训1．[2016·新课标全国卷Ⅱ]有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．答案：1和3解析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3”．2．[2014·天津卷]已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋x n q n－1，x i∈M，i＝1,2，…，n}．(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋a n q n－1，t＝b1＋b2q＋…＋b n q n－1，其中a i，b i∈M，i＝1,2，…，n.证明：若a n<b n，则s<t.(1)解：当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋a n q n－1，t＝b1＋b2q＋…＋b n q n－1，a i，b i∈M，i＝1,2，…，n及a n<b n，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(a n－1－b n－1)q n－2＋(a n－b n)q n－q－11－q n－11≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)q n－2－q n－1＝－q n－1＝－1<0，所以1－qs<t.课外拓展阅读反证法应用举例反证法的应用是高考的常考内容，题型为解答题，难度适中，为中高档题，考查方向主要有以下几个方面：一证明否定性命题[典例1]已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a n＋S n＝2.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求证：数列{a n}中不存在三项按原来顺序成等差数列．(1)[解]当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又a n＋S n＝2，所以a n＋1＋S n＋1＝2，1 1 1 两式相减得a n＋1＝a n，所以{a n}是首项为1，公比为的等比数列，所以a n＝.2 2 2n－1(2)[证明]假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p＋1，a q＋1，a r＋1(p<q<r，且p，q，r∈N*)，1 1 1则2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)2q2p2r又因为p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．[解题模板]用反证法证明问题的一般步骤二证明存在性问题[典例2]若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．1 3(1)设g(x)＝x2－x＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；2 21(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？x＋2若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．1[解](1)由已知得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴2的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，1 3即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.2 2因为b>1，所以b＝3.1(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军”函数，x＋21因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，x＋2所以有Error!即Error!解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．[易错警示]利用反证法进行证明时，一定要对所要证明的结论进行否定性的假设，并以此为条件进行归谬，得到矛盾，则原命题成立．三证明唯一性命题[典例3]已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝2，SA＝1.(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面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SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，∴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.∵BC∥AD，BC⊄平面SAD，∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴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．故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.[方法规律]当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等．。
高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 12.2 直接证明与间接证明真题演练集训 理 新
明与间接证明真题演练集训理新人教A版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数12.2 直接证明与间接证明真题演练集训理新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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证明与间接证明真题演练集训理新人教A版1．[2016·新课标全国卷Ⅱ］有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1"，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”,则甲的卡片上的数字是________．答案：1和3解析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2"，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3"，符合甲所言情况;另一种是丙持有“1和3”,结合乙所言可知乙持有“2和3"，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3"．2．［2014·天津卷]已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1,2，…，q －1｝，集合A＝｛x|x＝x1＋x2q＋…＋x n q n－1，x i∈M,i＝1，2，…，n｝．(1)当q＝2,n＝3时,用列举法表示集合A;(2）设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋a n q n－1，t＝b1＋b2q＋…＋b n q n－1,其中a i，b i∈M，i＝1,2,…,n。
高考数学大一轮复习 第十二章 复数、算法、推理与证明 4 第4讲 直接证明与间接证明课件 理
法二：S11＋S12＋…＋S1n＝112＋212＋…＋n12>1， 又因为 1>n＋n 1，
所以S11＋S12＋…＋S1n>n＋n 1.
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综合法的证题思路 (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．
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命题“对任意角 θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－
sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”过
程应用了( )
A．分析法
B．综合法
C．综合法和分析法
D．间接证明法
解析：选 B.因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论，
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角度二 证明存在性问题 已知四棱锥 S-ABCD 中，底面是边长为 1 的正方形，又
SB＝SD＝ 2，SA＝1. (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 SAD？ 若存在，确定点 F 的位置；若不存在，请说明理由．
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又△ABC 三内角 A，B，C 成等差数列，故 B＝60°， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60°， 即 b2＝c2＋a2－ac，故 c2＋a2＝ac＋b2 成立． 于是原等式成立．
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高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数第二节直接证明与间接证明课后作业理
【创新方案】2017届高考数学一轮复习 第十二章 推理与证明、算法、复数 第二节 直接证明与间接证明课后作业 理[全盘巩固]一、选择题1．用反证法证明命题：“若a ，b ，c ，d ∈R ，a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，且ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个负数”的假设为( )A ．a ，b ，c ，d 中至少有一个正数B ．a ，b ，c ，d 全都为正数C ．a ，b ，c ，d 全都为非负数D ．a ，b ，c ，d 中至多有一个负数2．若a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a >b 与a <b 及a ＝b 中至少有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立．其中判断正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．33．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<04．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a 、b 、c 的大小顺序是( )A ．a >b >cB ．b >c >aC ．c >a >bD ．a >c >b 5．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤BC ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A二、填空题6．用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________．7．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．8．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．三、解答题9．若a ＞b ＞c ＞d ＞0且a ＋d ＝b ＋c ， 求证：d ＋a ＜b ＋c .10．已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.[冲击名校]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．2．已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.3．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a是f (x )＝0的一个根； (2)试比较1a 与c 的大小；(3)证明：－2<b <－1.答 案[全盘巩固]一、选择题1．解析：选C 用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而“a ，b ，c ，d 中至少有一个负数”的否定是“a ，b ，c ，d 全都为非负数”．2．解析：选C 由于a ，b ，c 不全相等，则a －b ，b －c ，c －a 中至少有一个不为0，故①正确；②显然成立；令a ＝2，b ＝3，c ＝5，满足a ≠c ，b ≠c ，a ≠b ，故③错．3．解析：选Cb 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2 ⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0 ⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0.4．解析：选 A ∵a ＝3－2＝13＋2，b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝17＋6， 且7＋6>6＋5>3＋2>0，∴a >b >c .5．解析：选A 因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b . 二、填空题6．解析：“至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．答案：a ，b 中没有一个能被5整除7．解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n ，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .答案：c n ＋1<c n8．解析：法一：(补集法)令⎩⎪⎨⎪⎧ f －＝－2p 2＋p ＋1≤0，f ＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32， 故满足条件的p 的范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，32. 法二：(直接法)依题意有f (－1)>0或f (1)>0，即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0，得－12<p <1或－3<p <32， 故满足条件的p 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－3，32. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，32 三、解答题9．证明：要证d ＋a ＜b ＋c ，只需证(d ＋a )2＜(b ＋c )2，即证a ＋d ＋2ad ＜b ＋c ＋2bc ，因为a ＋d ＝b ＋c ，所以只需证ad ＜bc ，即证ad ＜bc ，设a ＋d ＝b ＋c ＝t ，则ad －bc ＝(t －d )d －(t －c )c ＝(c －d )(c ＋d －t )＜0，故ad ＜bc 成立，从而d ＋a ＜b ＋c 成立．10．证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＞100矛盾，故假设错误．所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.[冲击名校]1．解：(1)由已知得⎩⎨⎧ a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)，得b n ＝S n n＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧ q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0. 所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．2．证明：要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22， 只需证明12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22， 只需证明x 1＋x 22cos x 1cos x 2>x 1＋x 21＋x 1＋x 2. 由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)． ∴cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2，即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立， 因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 3．解：(1)证明：∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2.∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根．又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≠c ， ∴1a是f (x )＝0的一个根． (2)假设1a <c ，又1a>0， 由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0矛盾，∴1a ≥c . 又∵1a ≠c ，∴1a>c . (3)证明：由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0，∴b ＝－1－ac .又a >0，c >0，∴b <－1.二次函数f (x )的图象的对称轴方程为x ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a， 即－b 2a <1a. 又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.。
高考数学第十二章推理与证明、算法、复数第二节直接证明与间接证明、数学归纳法实用理
3
3
答案： a≤ b
(2)应用反证法推出矛盾的推导过程中，可把下列哪些作为条件
使用________(填序号)．
①结论相反的判断即假设；
②原命题的条件；
③公理、定理、定义；
④原结论．
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答案：①②③
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(3)写出下列命题的否定． ①若 a，b，c 满足 a2＋b2＝c2，则 a，b，c 不都是奇数； 否定为____________________________________________； ②若 p>0，q>0，p3＋q3＝2，则 p＋q≤2； 否定为___________________________________________； ③所有的正方形都是矩形； 否定为__________________________________________； ④至少有一个实数 x，使 x2＋1＝0； 否定为___________________________________________．
第十二页，共六十页。
[方法技巧]
综合法证题的思路
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第十三页，共六十页。
分析法
[例 2]
已知 a>0，1b－1a>1，求证：
1＋a>
1 1－b.
[证明] 由已知1b－1a>1 及 a>0，可知 0<b<1，要证 1＋a
> 11－b，只需证 1＋a· 1－b>1，只需证 1＋a－b－ab>1，
解析：因为证明过程是“由因导果”，即由条件逐步推向结 论，故选 B. 答案：B
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高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数第二节直接证明与间接证明课件理
解析：选 B 由题意可知，应有②⇒①，故①是②的必要 条件．
3．用反证法证明“如果 a＞b，那么 a3＞b3”时假设的内容为 ________．
答案：a3≤b3
[典题 1] 对于定义域为[0,1]的函数 f(x)，如果同时满足： ①对任意的 x∈[0,1]，总有 f(x)≥0； ②f(1)＝1； ③若 x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有 f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2) 成立，则称函数 f(x)为理想函数． (1)若函数 f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0； (2)试判断函数 f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x) ＝ x(x∈[0,1])是否是理想函数．
(2)分析法 ①定义：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)，这种证明方法叫做分析法． ②框图表示： Q⇐P1 ―→ P1⇐P2 ―→ P2⇐P3 ―→…―→ 得到一个明显成立的条件 .
2．间接证明 反证法：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 而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的 适用范围是：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶 性，求证无条件的等式或不等式；(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．
设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数 f(x＋1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称，求证：fx＋12为偶函数．
(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 ap＋1， aq＋1，ar＋1(p<q<r，且 p，q，r∈N*)，
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∵a a＋b b－(a b＋b a) ＝ a(a－b)＋ b(b－a) ＝( a－ b)(a－b) ＝( a－ b)2( a＋ b). ∴当 a≥0，b≥0 且 a≠b 时，( a－ b)2( a＋ b)>0. ∴a a＋b b>a b＋b a成立的条件是 a≥0，b≥0 且 a≠b.
5.(2016·青岛模拟)如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数，则对于区间 D 内
3.要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明 答案 解析 A.2ab－1－a2b2≤0 B.a2＋b2－1－a4＋2 b4≤0 C.a＋2 b2－1－a2b2≤0 D.(a2－1)(b2－1)≥0
a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
4.如果 a a＋b b>a b＋b a，则 a、b 应满足的条件是__a_≥_0_，__b_≥_0_且__a_≠_b__.
(2)分析法 ①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． ②框图表示： Q⇐P1 ―→P1⇐P2 ―→P2⇐P3 ―→ … ―→ 得到一个明显成立的条件
(其中Q表示要证明的结论)． ③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 的证明方法.
思考辨析 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“a>b”时，应假设“a<b”.( × ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾.( × ) (5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综 合法展现解决问题的过程.( √ ) (6)证明不等式 2＋ 7< 3＋ 6最合适的方法是分析法.( √ )
引申探究 若本例中 f(x)变为 f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的 x1，x2∈R，均有
fx1＋2 fx2≥f x1＋2 x2. 证明
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获解的关键. (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3 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不 同的交点，若f(c)＝0，且0<x<c时，f(x)>0. (1)证明：1a是函数 f(x)的一个零点； 证明
(2)试用反证法证明1a>c. 证明 假设a1<c，又1a>0，由 0<x<c 时，f(x)>0， 知 f(1a)>0，与 f(a1)＝0 矛盾，∴a1≥c， 又∵a1≠c，∴a1>c.
由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD. 同理SA⊥AB. 又AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴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SAD？若存在， 确定F点的位置；若不存在，请说明理由. 解答
假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD. ∵BC∥AD，BC⊄平面SAD. ∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B， ∴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.
“至少有一个”的否定为“都不是”，故②正确.
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考点自测
1.若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是 答案 解析
A.ac2<bc2 B.a2>ab>b2
11 C.a<b
ba D.a>b
a2－ab＝a(a－b)，
∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，
∴a2>ab.
①
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2， ②
由①②得a2>ab>b2.
思想与方法系列 23
反证法在证明题中的应
典例 (12分)直用线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：x42＋y2＝1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；
(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 规范解答
∴an1＋1＝2aan＋n 1，化简得an1＋1＝2＋a1n， 即an1＋1－a1n＝2，故数列{a1n}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列.
(2)求数列{a1n}的前 n 项和 Sn，并证明S11＋S12＋…＋S1n>n＋n 1. 解答 由(1)知a1n＝2n－1，∴Sn＝n1＋22n－1＝n2. 方法一 S11＋S12＋…＋S1n＝112＋212＋…＋n12>1×1 2＋2×1 3＋…＋nn1＋1 ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n－n＋1 1)＝1－n＋1 1＝n＋n 1.
课时作业
1.(2017·泰安质检)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2＋ax＋ b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是 答案 解析
√A.方程x2＋ax＋b＝0没有实根
B.方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根 C.方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根 D.方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根
2.用反证法证明命题：“a，b∈N，若ab不能被5整除，则a与b都不 能被5整除”时，假设的内容应为 答案 解析 A.a，b都能被5整除 B.a，b不都能被5整除 C.a，b至少有一个能被5整除 D.a，b至多有一个能被5整除
“都不能”的否定为“至少有一个能”，故假设的内容应为“a，b 至少有一个能被5整除”.
∵(a－c)2－c2＋ab＝a(a＋b－2c)<0成立， ∴原不等式成立.
题型三 反证法的应用 命题点1 证明否定性命题 例3 (2016·西安模拟)设{an}是公比为q的等比数列. (1)推导{an}的前n项和公式； 解答
(2)设q≠1，证明：数列{an＋1}不是等比数列. 证明
命题点2 证明存在性问题 例4 已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD ＝ 2，SA＝1. (1)求证：SA⊥平面ABCD； 证明
A.都大于2
√C.至少有一个不小于2
B.至少有一个大于2 D.至少有一个不大于2
因为(yx＋yz)＋(xz＋yz)＋(xz＋xy)
＝(yx＋xy)＋(yz＋yz)＋(xz＋xz)≥6， 当且仅当x＝y＝z时等号成立. 所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.
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√D.①的假设错误；②的假设正确
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5.设 a，b，c∈(－∞，0)，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a 答案 解析
A.都不大于－2
√C.至少有一个不大于－2
B.都不小于－2 D.至少有一个不小于－2
因为 a＋1b＋b＋1c＋c＋1a≤－6， 所以三者不能都大于－2.
§12.2 直接证明与间接证明
内容索引
基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 课时作业
基础知识 自主学习
知识梳理
1.直接证明 (1)综合法 ①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． ②框图表示：P⇒Q1 ―→ Q1⇒Q2 ―→Q2⇒Q3 ―→…―→Qn⇒Q (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)． ③思维过程：由因导果．
命题点3 证明唯一性命题 例5 已知a≠0，证明关于x的方程ax＝b有且只有一个根. 证明
思维升华
应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤： 第一步：分清命题“p⇒q”的条件和结论； 第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q； 第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果； 第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是 原结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真. 所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知 定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果.
跟踪训练1 若a，b，c是不全相等的正数，求证： a＋b b＋c c＋a
lg 2 ＋lg 2 ＋lg 2 >lg a＋lg b＋lg c. 证明
题型二 分析法的应用 例2 已知函数 f(x)＝tan x，x∈0，π2，若 x1，x2∈0，π2，且 x1≠x2，
求证：12[f(x1)＋f(x2)]>f x1＋2 x2. 证明
A.(－3,0) B.[－3,0] C.[－3,0)
D.ห้องสมุดไป่ตู้－√3,0]
2kx2＋kx－38<0 对一切实数 x 都成立，
2k<0， 则必有Δ＝k2－4×2k×－38<0 或 k＝0. 解得－3<k≤0.
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3.(2017·上饶月考)设 x，y，z>0，则三个数yx＋yz，xz＋yz，xz＋xy 答案
4.①已知p3＋q3＝2，证明：p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2； ②若a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证：方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都 小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假 设|x1|≥1.以下结论正确的是 答案 解析 A.①与②的假设都错误 B.①的假设正确；②的假设错误 C.①与②的假设都正确