2019届北京专用高考数学一轮复习第十一章复数算法推理与证明第四节直接证明与间接证明讲义文

第四节直接证明与间接证明总纲目录教材研读1.直接证明考点突破2.间接证明考点二分析法的应用考点一综合法的应用考点三反证法的应用1.直接证明内容综合法分析法定义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①成立

从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的②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)为止实质由因导果执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显

成立的条件文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……教材研读2.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法,反证法是一种常用的间

接证明方法.(1)反证法的定义:假设原命题③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④矛盾

,因此说明假设错误,从

而证明⑤原命题成立

的证明方法.(2)用反证法证明的一般步骤:(i)反设——假设命题的结论不成立;(ii)归

谬——根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;(iii)结论——断言假设不

成立,从而肯定原命题的结论成立.

1.命题“对任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”过程应用了

()A.分析法

B.综合法C.综合法、分析法综合使用

D.间接证明法答案

B因为证明过程是“从左往右”,即由条件⇒结论,故选B.B2.用分析法证明时出现:欲使①A>B,只需②C<D,这里①是②的

()A.充分条件

B.必要条件C.充要条件

D.既不充分也不必要条件答案

B由题意可知,应用②⇒①,故①是②的必要条件.B3.用反证法证明命题:“三角形的内角中至少有一个不大于60度”,假设

正确的是

()A.假设三个内角都不大于60度B.假设三个内角都大于60度C.假设三个内角至多有一个大于60度D.假设三个内角至多有两个大于60度答案

B根据反证法的定义,假设是对原命题结论的否定,故假设三个

内角都大于60度.故选B.B4.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使

+

≥2成立的条件的个数是

.答案3解析要使

+

≥2成立,需

>0,即a与b同号,故①③④均能使

+

≥2成立.35.已知点An(n,an)为函数y=

图象上的点,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=

,bn=n,∴cn=

-n=

.显然,cn随着n的增大而减小,∴cn>cn+1.

cn>cn+1

典例1已知函数f(x)=(λx+1)lnx-x+1.(1)若λ=0,求f(x)的最大值;(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x+y+1=0垂直,证明:

>0.考点一综合法的应用考点突破解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),当λ=0时,f(x)=lnx-x+1.则f'(x)=

-1,令f'(x)=0,解得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,1)上是增函数;当x>1时,f'(x)<0,∴f(x)在(1,+∞)上是减函数.故f(x)在x=1处取得最大值,为f(1)=0.(2)证明:由题意可得,f'(x)=λlnx+

-1.由题设条件,得f'(1)=1,即λ=1,∴f(x)=(x+1)lnx-x+1.由(1)知,lnx-x+1<0(x>0,且x≠1).当0<x<1时,f(x)=(x+1)lnx-x+1=xlnx+(lnx-x+1)<0,∴

>0.当x>1时,f(x)=lnx+(xlnx-x+1)=lnx-x

>0,∴

>0.综上可知,

>0.方法技巧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,如判定函数的单调性、奇偶性;(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.1-1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:f

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-

代入上式可得f

=f

,即f

=f

,由偶函数的定义可知f

为偶函数.典例2已知函数f(x)=3x-2x,求证:对于任意的x1,x2∈R,均有

≥f

.证明要证明

≥f

,即证明

≥

-2·

,因此只要证明

-(x1+x2)≥

-(x1+x2),即证明

≥

,因此只要证明

≥

,由于x1,x2∈R,所以

>0,

>0,由基本不等式知

≥

成立,故原结论成立.考点二分析法的应用方法技巧(1)分析法采用逆向思维,当已知条件与结论之间的联系不够明显、直

接,或证明过程中所需要用的知识不太明确、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,从正面不易推导时,常考虑

用分析法.(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可

逆的,它的常用书面表达形式为“要证……只需要证……”或“……⇐

……”.注意用分析法证明时,一定要严格按照格式书写.2-1已知m>0,a,b∈R,求证:

≤

.证明∵m>0,∴1+m>0,∴要证原不等式成立,只需证明(a+mb)2≤(1+m)(a2+mb2),即证m(a2-2ab+b2)≥0,即证(a-b)2≥0,而(a-b)2≥0显然成立,故原不等式得证.典例3设{an}是公比为q的等比数列.(1)推导{an}的前n项和公式;(2)设q≠1,求证:数列{an+1}不是等比数列.考点三反证法的应用解析(1)设{an}的前n项和为Sn,当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1;当q≠1时,Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1,

①qSn=a1q+a1q2+…+a1qn,

②①-②得,(1-q)Sn=a1-a1qn,∴Sn=

,∴Sn=

(2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N*,(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),

+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,

q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.易错警示用反证法证明不等式要把握三点:(1)必须先否定结论,即肯定结论的反

面;(2)必须从结论的反面出发进行推理,即应把结论的反面作为条件,且

必须依据这一条件进行推证;(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已

知条件矛盾,有的与假设矛盾,有的与基本事实矛盾等,且推导出的矛盾

必须是明显的.3-1已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+Sn=2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求证:数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.解析(1)n=1时,a1+S1=2a1=2,则a1=1.又an+Sn=2,所以an+1+Sn+1=2,两式相减得an+1=

an,所以{an}是首项为1,公比为

的等比数列,所以an=

.(2)证明:假设数列{an