《直接证明与间接证明》试卷市赛获奖 省赛一等奖

《直接证明与间接证明》试卷eq\a\vs4\al(\x(基)础)eq\x(回)eq\x(顾)Ｋ一、直接证明1．综合法：从题设的已知条件出发，运用一系列有关已确定真实的命题作为推理的依据，逐步推演而得到要证明的结论，这种证明方法叫做综合法．综合法的推理方向是由已知到求证，表现为由因索果，综合法的解题步骤用符号表示是：P0(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒Pn(结论)．特点：由因导果，因此综合法又叫顺推法．2．分析法：分析法的推理方向是由结论到题设，论证中步步寻求使其成立的充分条件，如此逐步归结到已知的条件和已经成立的事实，从而使命题得证，表现为执果索因，分析法的证题步骤用符号表示为B(结论)⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A(已知)．特点：执果索因，因此分析法又叫逆推法或执果索因法．二、间接证明假设原命题的结论不成立，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．这样的证明方法叫反证法．反证法是一种间接证明的方法．1．反证法的解题步骤：否定结论—推演过程中引出矛盾—肯定结论．2．反证法的理论依据是：原命题为真，则它的逆否命题为真，在直接证明有困难时，就可以转化为证明它的逆否命题成立．3．反证法证明一个命题常采用以下步骤：(1)假定命题的结论不成立；(2)进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾；(3)由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的；(4)肯定原来命题的结论是正确的，即“反设—归谬—结论”．4．一般情况下，有如下几种情况的证明题目常常采用反证法：第一，问题共有n种情况，现要证明其中的1种情况成立时，可以想到用反证法把其他的n－1种情况都排除，从而肯定这种情况成立；第二，命题是以否定命题的形式叙述的；第三，命题用“至少”“至多”的字样叙述的；第四，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，而其逆命题又是非常容易证明的．eq\a\vs4\al(\x(基)础)eq\x(自)eq\x(测)1．设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是(D)A．t＞sB．t≥sC．t＜sD．t≤s解析：因为s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，所以s≥t.2．对任意的锐角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．定义运算法则如下：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)，则M＋N＝5．解析：由定义运算法则可知，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·保定模拟)若P＝eq\r(a)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)，a≥0，则P、Q的大小关系是P<Q．解析：分析法，要证P<Q，需证P2<Q2即可．高考方向1.对本节内容的考查，一般贯穿在对其他知识的考查中，主要涉及综合法、反证法等证明方法，多以选择题和解答题为主，难度中等.2.分析法作为一种证明方法，较少单独考查，但这种方法可以用来寻找解题思路.eq\x(品)eq\x(味)eq\x(高)eq\x(考)1．(2022·湖南卷)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1OB1D的余弦值．(1)证明：因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥同理DD1⊥BD.因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD.而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由题设知，O1O∥C1C，故O1O⊥(2)解析：如图，过O1作O1H⊥OB1于点H，连接HC1.由(1)知，O1O⊥底面ABCD，所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C又因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1所以四边形A1B1C1D1是菱形因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1进而OB1⊥C1H.故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角．不妨设AB＝2.因为∠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的余弦值为eq\f(2\r(57),19).2．(2022·江苏卷)已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cosβ，sinβ)，0<β<α<π.(1)若|a－b|＝eq\r(2)，求证：a⊥b；(2)设c＝(0，1)，若a＋b＝c，求α，β的值．(1)证明：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：由已知条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cosα＋cosβ＝0，,sinα＋sinβ＝1，))又0<β<α<π，cosβ＝－cosα＝cos(π－α)，则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)，当α＝eq\f(π,6)时，β＝eq\f(5π,6)(舍去)，当α＝eq\f(5π,6)时，β＝eq\f(π,6).eq\x(高)eq\x(考)eq\x(测)eq\x(验)1．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱与底面垂直，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，点M，N分别为A1B和B1C(1)证明：MN∥平面A1ACC1；(2)求二面角NMCA的正弦值．(1)证明：如图所示，取A1B1的中点P，连接MP，NP.又因为点M，N分别为A1B和B1C1的中点，所以NP∥A1C1，MP∥B1B，因为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：侧棱与底面垂直可得A1A⊥AB，A1A⊥AC，及AB⊥AC则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)．设平面ACM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则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，则z1＝－1，所以n1＝(1，0，－1)．设平面NCM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则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，则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).设二面角NMCA为θ，则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的正弦值为eq\f(\r(33),11).2．设数列{an}的前n项和为Sn，且Seq\o\al(2,n)－2Sn－an·Sn＋1＝0，n∈N*.(1)求Sn与Sn－1(n≥2)的关系式，并证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn－1)))是等差数列；(2)设bn＝an·Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：eq\f(n,2（n＋2）)＜Tn＜eq\f(2,3).(1)解析：当n＝1时，由已知得aeq\o\al(2,1)－2a1－aeq\o\al(2,1)＋1＝0，解得a1＝eq\f(1,2).由题设Seq\o\al(2,n)－2Sn－an·Sn＋1＝0，当n≥2时，将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)))是首项为eq\f(1,S1－1)＝－2，公差为－1的等差数列．(2)证明：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时也符合该式，∴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)得证．课时作业1．否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时正确反设为(D)A．a、b、c都是奇数B．a、b、c都是偶数C．a、b、c中至少有两个偶数D．a、b、c中或都是奇数或至少有两个偶数解析：自然数a、b、c中奇数、偶数的可能情况有全为奇数，恰有一个偶数，恰有两个偶数，全为偶数．故选D.2．下列条件：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成立的条件有(C)A．1个B．2个C．3个D．4个解析：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不为0且同号即可，∴①③④满足．故选C.3．已知0＜b＜a＜eq\f(1,4)，则eq\r(a－b)，a－b，eq\r(a)－eq\r(b)的大小顺序是(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：平方后转化为作差分解因式或特殊值代入．4．规定记号“”表示一种运算，即ab＝ab＋a＋b2(a，b为正实数)，若1k＝3，则k＝(B)A．－2B．1C．－2或1D．2解析：根据运算有1·k＋1＋k2＝3，k∈R＋，即k2＋k－2＝0，解得k＝1或k＝－2(舍去)．∴k＝1.故选B.5．设A＝eq\f(1,210)＋eq\f(1,210＋1)＋…＋eq\f(1,211－1)，则下列结论正确的是(B)A．A＞1B．A＜1C．A≥1D．A≤解析：放缩法对每一项放大范围，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个＝1.6．用反证法证明“如果a＞b，那么eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)”，假设内容应是eq\r(3,a)≤eq\r(3,b)．7．函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n>0，则eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值为8．解析：函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A(－2，－1)，则(－2)·m＋(－1)·n＋1＝0，即2m＋n＝1.因为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))(当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(4m,n)时，等号成立)＝8.8．已知函数f(x)＝ax＋2a＋1，当x∈[－1，1]时，f(x)有正值也有负值，则实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))．解析：由题意得f(x)＝ax＋2a＋1为斜率不为0的直线，由单调性知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，求证：eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b)).证明：由已知eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1及a>0可知0<b<1，要证eq\r(1＋a)>eq\f(1,\r(1－b))，只需证eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)>1，只需证1＋a－b－ab>1，只需证a－b－ab>0即eq\f(a－b,ab)>1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>1，这是已知条件，所以原不等式得证．10．已知O为坐标原点，过P(2，0)且