2025版高考数学一轮复习核心考点精准研析7.4直接证明与间接证明文含解析北师大版

PAGE10-干脆证明与间接证明核心考点·精准研析考点一反证法的应用

1.用反证法证明命题:“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”时的假设为 ()A.a,b,c,d至少有一个正数B.a,b,c,d全为正数C.a,b,c,d全都大于等于0D.a,b,c,d中至多有一个负数2.对于命题:“若ab=0(a,b∈R),则a=0或b=0”,若用反证法证明该命题,下列假设正确的是A.假设a,b都不为0B.假设a,b至少有一个不为0C.假设a,b都为0D.假设a,b中至多有一个为03.若数列{an}是各项均为正数的等比数列,公比q≠1,求证:1-an,1-an+1,1-an+2不行能成等比数列.【解析】1.选C.用反证法证明命题:“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”时的假设为a,b,c,d全都大于等于0.2.选A.用反证法证明命题“若ab=0(a,b∈R),则a=0或b=0”时假设正确的是:假设a,b都不为0.3.假设1-an,1-an+1,1-an+2成等比数列,则(1-an+1)2=(1-an)(1-an+2),即1-2an+1+an+12=1+anan+2-(an因为数列{an}是等比数列,所以an+12=an所以2an+1=an+an+2,所以数列{an}是等差数列,所以数列{an}是常数列,这与已知相冲突,故假设不成立,所以1-an,1-an+1,1-an+2不行能成等比数列.用反证法证明数学命题需把握的三点(1)必需先否定结论,即确定结论的反面.(2)必需从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必需依据这一条件进行推证.(3)推导出的冲突可能多种多样,有的与已知冲突,有的与假设冲突,有的与已知事实冲突等,但是推导出的冲突必需是明显的.考点二分析法的应用

【典例】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”①a-b>0;②a-c>0;③(a-b)(a-c)>0;④(a-b)(a-c)<0.2.已知数列{an}是各项都是互不相等的正数的等差数列,求证:a1+a3<2a【解题导思】序号联想解题1由a+b+c=0,想到b=-a-c由b2-ac想到不等式两边平方2数列{an}是等差数列a1+a3=2a2【解析】1.由a>b>c,且a+b+c=0可得b=-a-c,要证“b2-ac<3a”,只要证b2<只要证3a2+ac-(-a-c)2>0,即证2a2-c2-ac>0,(a-c)(a+a+c)>0,即证(a-c)(a-b)>0,故“b2-ac<3a答案:③2.要证a1+a3<2只要证a1+a3+2a1a3<因为数列{an}是等差数列,所以a1+a3=2a2,只要证a1a3<a2,只要证a因为数列{an}各项均为互不相等的正数,所以a1a3<a1+a32成立关于分析法的应用1.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、干脆,或证明过程中所需用的学问不太明确、详细时,往往采纳分析法,特殊是含有根号、确定值的等式或不等式,常考虑用分析法.2.分析法的格式通常采纳“欲证—只需证—已知”的格式,在表达中要留意叙述形式的规范性.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.求证:1a+b+1【证明】要证1a+b+1即证a+b+ca+b+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+a2-2accos60°,即b2=c2+a2-ac,故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.考点三综合法的应用

命题精解读1.考什么:(1)考查证明不等式、等式、平行、垂直、函数、数列结论等问题.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养.2.怎么考:与不等式、数列、解析几何、立体几何、函数结合考查相关的证明问题.3.新趋势:以统计、概率、分布为载体,与其他学问交汇考查.学霸好方法1.综合法的应用(1)证明不等式:结合基本不等式、数列求和、导数等学问利用综合法证明.(2)证明相关的概念:结合数列的概念、导数极值、零点等学问利用综合法证明.(3)几何问题:结合解析几何、立体几何的相关学问,利用综合法证明相关的概念、线面的位置关系.2.交汇问题:与函数、不等式、几何、概率等各章节学问交汇,综合运用与数列有关的证明【典例】已知正项数列{an}中,an+12=an+2(n∈(1)是否存在t,使得{an}为常数列且an=t.(2)求证:an≠2时,数列{|an-2|}为单调递减数列.【解析】(1)存在.由t2-t-2=0,得t=2或t=-1(舍去),故当t=2时,an=2,{an}为常数列.(2)由题意知an>0,且an≠2,故an+1=an所以an+1=a=1a明显an>0,an+2+2>3,所以an数列{|an-2|}为单调递减数列.本例中的分式是怎样进行变形的?提示:利用分子有理化进行变形的.与函数有关的证明【典例】已知函数f(x)=1x+alnx-2a∈R,g(x)=1x(1)探讨函数f(x)在定义域上的单调性.(2)当a=3时,求证:f(x)≤g(x)恒成立.【解析】(1)f′(x)=-1+当a≤0时,f′(x)<0,在0,+当a>0时,x∈0,1x∈1a,故f(x)在0,1a递减,在(2)当a=3时,f(x)=1x+3ln令h(x)=g(x)-f(x)=x2+x-3lnx+2,则h′(x)=2x令h′(x)>0,解得:x>1,令h′(x)<0,解得:0<x<1,故h(x)在0,1递减,在1故h(x)微小值=h(x)min=h1=4≥0,明显成立,故g(x)≥f(x)恒成立.构造差函数用什么方法证明恒成立?提示:构造差函数,通过求出差函数的最小值证明.与立体几何有关的证明【典例】如图,三棱柱ABC-A1B1C1,点A1在平面ABC内的射影D在AC上,E是B1C1的中点,∠BAC=∠CAA1=60°,且AB=AC=AA1(1)求证:DE∥平面AA1B1B.(2)求证:B1C⊥A1【证明】(1)因为点A1在平面ABC内的射影D在AC上,所以A1D⊥AC,又∠CAA1=60°,AC=AA1,所以D是AC的中点,取A1B1的中点F.连接EF,AF.因为E是B1C1的中点所以EF∥A1C1,EF=12A1所以EF∥AD,EF=AD.所以四边形ADEF是平行四边形,故AF∥DE.因为AF⫋平面AA1B1B,DE⊈平面AA1B1B.所以DE∥平面AA1B1B.(2)连接BD,AB1,由(1)知D是AC的中点.又AB=AC,∠BAC=60°,所以BD⊥AC.所以AC⊥平面A1BD.所以AC⊥A1B.又四边形AA1B1B是平行四边形,AB=AA1,所以AB1⊥A1B.所以A1B⊥平面AB1C所以B1C⊥A11.设函数f(x)=x3+11+x,x∈[0,1],(1)f(x)≥1-x+x2;(2)34<f(x)≤3【证明】(1)因为1-x+x2-x3=1-(-x)41-(-x)=1-x41+x,由于x∈[0,1],有1-x41+(2)由0≤x≤1得x3≤x,故f(x)=x3+1x+1≤x+1x+1=x+1x+1-32+32=(x-由(1)得f(x)≥1-x+x2=x-122+34≥34,又因为f12=19综上,34<f(x)≤32.(2024·平谷模拟)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB=2CD,BC⊥CD,侧面CDD1C1⊥(1)求证:CD1∥平面ABB1A1(2)求证:BC⊥CD1.【证明】(1)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1∥BB1,BB1平面ABB1A1,CC1⊈平面ABB1A所以CC1∥平面ABB1A1又底面ABCD为直角梯形,所以CD∥AB,AB平面ABB1A1,CD⊈平面ABB1A1所以CD∥平面ABB1A1因为CD和CC1是平面CDD1C1的两条相交直线所以平面CDD1C1∥平面ABB1A又CD1平面CDD1C1,所以CD1∥平面ABB1A1(2)因为平面CDD1C1⊥平面ABCD,BC平面ABCD,平面ABCD∩平面CDD1C1=CD,BC⊥所以BC⊥平面CDD1C1又CD1平面CDD1C1,所以BC⊥CD1.3.设数列{an}的前n项和为Sn,已知3an-2Sn=2.(1)证明{an}是等比数列,并求出通项公式an.(2)求证:Sn+12-SnSn+2【解析】(1)因为3an-2Sn=2,所以3an+1-2Sn+1=2,所以3an+1-3an-2(Sn+1-Sn)=0.因为Sn+1-Sn=an+1,所以an+1an=3,所以{an}是等比数列.当n=1时,3a1-2S1=2,又S1=a1,所以a1=2.所以{an}是以2为首项,以3为公比的等比数列,其通项公式为a(2)由(1)可得Sn=3n-1,Sn+1=3n+1-1,Sn+2=3n+2-1,故Sn+12-SnSn+2=(3n+1-1)2-(3n-1)(3n+2-1)=4×3n,即Sn+12-S(2024·三明模