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文档简介
1、直接证明与间接证明目标要求: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、特点.2.了解间接证明的一种基本方法反证法;了解反证法的思考过程、特点考查角度直接证明1(2013课标全国卷)设AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,AnBnCn的面积为Sn,n1,2,3,.若b1c1,b1c12a1,an1an,bn1,cn1,则()ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列,S2n为递减数列DS2n1为递减数列,S2n为递增数列解:在A1B1C1中,b1c1,b1c12a1,b1a1c1.在A2B2C2中,a2a1,b2,c2,b2c22a1,c1b2a
2、1c2b1.在A3B3C3中,a3a2a1,b3,c3,b3c32a1,a1b3c2,b2c3a1,c1b2c3a1b3c2b1.由归纳知,n越大,两边cn,bn越靠近a1且cnbn2a1,此时面积Sn越来越大,当且仅当cnbna1时AnBnCn的面积最大【答案】B2(2013北京高考)已知an是由非负整数组成的无穷数列该数列前n项的最大值记为An,第n项之后各项an1,an2,的最小值记为Bn,dnAnBn.(1)若an为2,1,4,3,2,1,4,3,是一个周期为4的数列(即对任意nN*,an4an),写出d1,d2,d3,d4的值;(2)设d是非负整数证明:dnd(n1,2,3,)的充分
3、必要条件为an是公差为d的等差数列;(3)证明:若a12,dn1(n1,2,3,),则an的项只能是1或者2,且有无穷多项为1.解:(1)d1d21,d3d43.(2)证明:(充分性)因为an是公差为d的等差数列,且d0,所以a1a2an.因此Anan,Bnan1,dnanan1d(n1,2,3,)(必要性)因为dnd0(n1,2,3,),所以AnBndnBn.又因为anAn,an1Bn,所以anan1.于是,Anan,Bnan1.因此an1anBnAndnd,即an是公差为d的等差数列(3)证明:因为a12,d11,所以A1a12,B1A1d11.故对任意n1,anB11.假设an(n2)中
4、存在大于2的项设m为满足am2的最小正整数,则m2,并且对任意1k2,于是,BmAmdm211,Bm1minam,Bm2.故dm1Am1Bm1220,与dm11矛盾所以对于任意n1,有an2,即非负整数列an的各项只能为1或2.因为对任意n1,an2a1,所以An2.故BnAndn211.因此对于任意正整数n,存在m满足mn,且am1,即数列an有无穷多项为1.命题规律预测命题规律从近几年高考试题看,高考对本节内容的考查主要体现在以下两点:1.对证明方法的考查主要以解答题的形式出现,且要求有较强的逻辑推理能力和综合能力2.与函数、数列、不等式等交汇命题,以解答题为主考向预测预测2016年高考对
5、本部分的考查主要与导数的应用,不等式的证明及数列的递推关系相结合,考查学生运用知识解决问题的能力,难度较大.考向一 综合法【例1】(2014北京高考)如图1131,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱垂直于底面,ABBC,AA1AC2,BC1,E,F分别是A1C1,BC的中点(1)求证:平面ABE平面B1BCC1;(2)求证:C1F平面ABE;(3)求三棱锥EABC的体积图1131【思路点拨】(1)利用已知条件转化为证明AB平面B1BCC1;(2)取AB的中点G,构造四边形FGEC1,证明其为平行四边形,从而得证;(3)根据题中数据代入公式计算即可【解】(1)证明:在三棱柱ABCA1B1C1中,
6、BB1底面ABC,所以BB1AB.又因为ABBC,所以AB平面B1BCC1,所以平面ABE平面B1BCC1.(2)证明:取AB的中点G,连接EG,FG. 因为E,F分别是A1C1,BC的中点,所以FGAC,且FGAC.因为ACA1C1,且ACA1C1,所以FGEC1,且FGEC1,所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又因为EG平面ABE,C1F平面ABE,所以C1F平面ABE.(3)因为AA1AC2,BC1,ABBC,所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.综合法的应用技巧:综合法从正确地选择已知真实的命题出发,依次推出一系列的真命题,最后得到我们所要证明的结论;综
7、合法是一种由因导果的证明方法,其逻辑依据是“三段论”式的演绎推理方法对点练习(2013江苏高考)设an是首项为a,公差为d的等差数列(d0),Sn是其前n项和记bn,nN*,其中c为实数(1) 若c0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:Snkn2Sk(k,nN*);(2)若bn是等差数列,证明:c0.证明:由题设知,Snnad(1)由c0,得bnad.又因为b1,b2,b4成等比数列,所以bb1b4,即2a,化简得d22ad0.因为d0,所以d2a.因此,对于所有的mN*,有Smm2a.从而对于所有的k,nN*,有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1,则bnb1
8、(n1)d1,即b1(n1)d1,nN*,代入Sn的表达式,整理得,对于所有的nN*,有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d,Bb1d1ad,Dc(d1b1),则对于所有的nN*,有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1,2,3,4,得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1,从而有由得A0,cd15B,代入方程,得B0,从而cd10,即d1d0,b1d1ad0,cd10.若d10,则由d1d0,得d0,与题设矛盾,所以d10.又因为cd10,所以c0.考向二 分析法【例2】已知a0,证明a2.从结论出发,倒着分析,逐步逼近已知条件,探寻上一步结论成立
9、的充分条件【证明】要证a2,只需证(2)因为a0,所以(2)0,所以只需证22,即2(2)84,只需证a2.因为a0,a2显然成立,所以要证的不等式成立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,常考虑用分析法对点练习已知函数f(x)tan x,x,若x1,x2,且x1x2,求证:f(x1)f(x2)f.【证明】要证f(x1)f(x2)f,即证明(tan x1tan x2)tan,只需证明tan,只需证明.由于x1,x2,故x1x2(0,)所以cos x1cos x20,si
10、n(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(x1x2)1.由x1,x2,x1x2知上式显然成立,因此,f(x1)f(x2)f成立考向三 反证法典例剖析【例3】(2013陕西高考)设an是公比为q的等比数列设q1,证明数列an1不是等比数列利用反证法,结合等比数列的性质证明便可证明:假设an1是等比数列,则对任意的kN,(ak11)2(ak1)(ak21),a2ak11akak2akak21,aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1q
11、k1,a10,2qkqk1qk1.q0,q22q10,q1,这与已知矛盾假设不成立,故an1不是等比数列反证法应用问题的常见类型及解题策略:(1)证明否定性命题解决此类问题分三步:假设命题的结论不成立,即假设结论的反面成立;由假设出发进行正确的推理,直到推出矛盾为止;由矛盾断言假设不成立,从而肯定原命题的结论正确(2)证明存在性问题证明此类问题的方法类同问题(1)对点练习若a,b,c均为实数,且ax22y,by22z,cz22x.求证:a,b,c中至少有一个大于0.证明:假设a,b,c都不大于0,即a0,b0,c0,则abc0.而abcx22yy22zz22x(x1)2(y1)2(z1)23,
12、30,且(x1)2(y1)2(z1)20,abc0,这与abc0矛盾,因此a,b,c中至少有一个大于0.应用直接证明与间接证明破解证明问题【例】(12分)(2014辽宁高考)已知函数f(x)(xcos x)2sin x2,g(x)(x) 1.证明:(1)存在唯一x0,使f(x0)0;(2)存在唯一x1,使g(x1)0,且对(1)中的x0,有x0x1.【审题指导】信息提取破题技巧(1)f(x)(xcos x)2sin x2,存在唯一x0,使f(x0)0先证明f(x)在上是单调的,再验证f(0)f0便可(2)g(x)(x)1.存在唯一x,使g(x1)0根据要证的“x0x1”构造一个新函数g(t),
13、说明它的单调性及零点所在的区间便可解:(1)当x时,f(x)sin x2cos x0,所以f(x)在上为增函数.2分又f(0)20,f40,所以存在唯一x0,使f(x0)0.4分(2)当x时,化简得g(x)(x)1.5分令tx,记u(t)g(t)t1,t,则u(t).7分由(1)得,当t(0,x0)时,u(t)0;当t时,u(t)0.在上u(t)为增函数,由u0知,当t时,u(t)0,所以u(t)在上无零点.9分在(0,x0)上u(t)为减函数,由u(0)1及u(x0)0知存在唯一t0(0,x0),使u(t0)0.于是存在唯一t0,使u(t0)0.10分设x1t0,则g(x1)g(t0)u(t
14、0)0,因此存在唯一的x1,使g(x1)0.11分由于x1t0,t0x0,所以x0x1.12分(1)解答本题(1)的关键是应用函数的单调性及零点存在性定理求解;而本题(2)的求解需通过要证的“x0x1”构造一个新函数g(t),并研究其单调性(2)本题(2)的求解过程变相应用了分析法和综合法,而在实际问题的求解中两种方法是交汇使用的,毕竟分析法有利于思考,探索解题的切入点,而综合法宜于表达,形成严密的解题过程对点练习设直线l1:yk1x1,l2:yk2x1,其中实数k1,k2满足k1k220.(1)证明l1与l2相交;(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2y21上证明:(1)反证法假设l1与l2
15、不相交,则l1与l2平行或重合,有k1k2,代入k1k220,得k20,此与k1为实数的事实相矛盾,从而k1k2,即l1与l2相交(2)法一由方程组解得交点P的坐标(x,y)为从而2x2y22221,此即表明交点P(x,y)在椭圆2x2y21上法二交点P的坐标(x,y)满足故知x0,从而代入k1k220,得20,整理后,得2x2y21,所以交点P在椭圆2x2y21上.1要证明2,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反证法 D归纳法解:由于不等式中含有根号,最好采用分析法给予证明【答案】B2(2014山东高考)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3axb0至少有一个
16、实根”时,要做的假设是()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恰好有两个实根解: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x3axb0至少有一个实根的反面是方程x3axb0没有实根,故应选A.【答案】A3若ab0,则下列不等式中成立的是()A.BabCba D.解:ab0,又ba,ba.【答案】C4下列条件:ab0,ab0,a0,b0,a0,b0,其中能使2成立的条件的个数是_解:要使2,只需0,即a,b同号且均不为0,故可以【答案】3直接证明与间接证明练习一、选择题1用反证法证明某命题时,对
17、结论:“自然数a,b,c中恰有一个偶数”正确的反设为()Aa,b,c中至少有两个偶数Ba,b,c中至少有两个偶数或都是奇数Ca,b,c都是奇数Da,b,c都是偶数解:“自然数a,b,c中恰有一个偶数”的否定为“a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数”【答案】B2若P,Q(a0),则P、Q的大小关系是()APQBPQCPQD由a的取值确定解:P22a722a72,Q22a722a72,P2Q2,PQ.【答案】C3(2014张家口模拟)分析法又称执果索因法,若用分析法证明:“设abc,且abc0,求证a”索的因应是()Aab0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0解:由ab2ac3a2
18、b2a(ab)3a2b2a2ab3a2b2ab2a2b2ab2a20(ab)(ac)0.【答案】C4(2014上海模拟)“a”是“对任意正数x,均有x1”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:当a时,xx221,当且仅当x时等号成立反之,不成立【答案】A5(2014成都模拟)已知函数f(x)x,a,b是正实数,Af,Bf(),Cf,则A、B、C的大小关系为()AABC BACBCBCA DCBA解:,又f(x)x在R上是减函数,ff()f,即ABC.【答案】A6(2014北京高考)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级,依次为“优秀”“合格”“不合格”若
19、学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙,且其中至少有一门成绩高于乙,则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好,并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有()A2人 B3人C4人 D5人解:利用反证法解决实际问题假设满足条件的学生有4位及4位以上,设其中4位同学分别为甲、乙、丙、丁,则4位同学中必有两个人语文成绩一样,且这两个人数学成绩不一样,那么这两个人中一个人的成绩比另一个人好,故满足条件的学生不能超过3人当有3位学生时,用A,B,C表示“优秀”“合格”“不合格”,则满足题意的有AC,CA,BB,所以最多有3人【答案】B二、填空题7设a
20、0,b0,c0,若abc1,则_.解:abc1,3322232229.等号成立的条件是abc.【答案】98凸函数的性质定理为: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x1,x2,xn,有f,已知函数ysin x在区间(0,)上是凸函数,则在ABC中,sin Asin Bsin C的最大值为_解:f(x)sin x在区间(0,)上是凸函数,且A、B、C(0,),ff,即sin Asin Bsin C3sin ,所以sin Asin Bsin C的最大值为.【答案】9设x,y,z是空间的不同直线或不同平面,且直线不在平面内,下列条件中能保证“若xz,且yz,则xy”为真命题的是_(
21、填写所有正确条件的代号)x为直线,y,z为平面;x,y,z为平面;x,y为直线,z为平面;x,y为平面,z为直线;x,y,z为直线解:中x为直线,y,z为平面,则xz,yz,而xy,必有xy成立,故正确中若x,y,z均为平面,由墙角三面互相垂直可知xy是错的x、y为直线,z为平面,则xz,yz可知xy正确x、y为平面,z为直线,zx,zy,则xy成立x、y、z均为直线,xz且yz,则x与y还可能异面、垂直,故不成立【答案】三、解答题10若a,b,c是不全相等的正数,求证:lg lglglg alg blg c.证明:a,b,c(0,)0,0,0又a,b,c是不全相等的正数,故上述三个不等式中等号不能同时成立lglglglglg()lg(abc)lg alg blg c.11(2014临沂模拟)已知二次函数f(x)ax2bxc(a0)的图象与x轴有两个不同的交点,若f(c)0,且0x0.(1)证明:是函数f(x)的一个零点;(2)试用反证法证明c.解:(1)证明:f(x)图象与x轴有两个不
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