2025版高考数学一轮复习第十二章算法初步第4讲直接证明与间接证明教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE6第4讲干脆证明与间接证明基础学问整合1.干脆证明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，最终得出冲突，因此说明eq\o(□,\s\up5(05))假设错误，从而证明eq\o(□,\s\up5(06))原命题成立的证明方法．(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由假设动身进行正确的推理，直到推出冲突为止；③由冲突断言假设不成立，从而确定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．,分析法与综合法相辅相成，对较困难的问题，经常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础学问之间的关系，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运用．1.要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，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．归纳法答案B解析从要证明的结论——比较两个无理数的大小动身，证明此类问题通常转化为比较有理数的大小，这正是分析法的证明方法．故选B.2.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是()A.假设a，b，c都是偶数B.假设a，b，c都不是偶数C.假设a，b，c中至多有一个偶数D.假设a，b，c中至多有两个偶数答案B解析“a，b，c中至少有一个是偶数”的否定为“a，b，c都不是偶数”．故选B.3.若a>b>0，且x＝a＋eq\f(1,b)，y＝b＋eq\f(1,a)，则()A.x>yB．x<yC．x≥yD．x≤y答案A解析因为a＋eq\f(1,b)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,a)))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))>0.所以a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a).故选A.4．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是()A．ac2<bc2 B．a2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)>eq\f(a,b)答案B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>b2.5．(2024·扬州调研)设a>b>0，m＝eq\r(a)－eq\r(b)，n＝eq\r(a－b)，则m，n的大小关系是________．答案m<n解析解法一：(取特别值法)取a＝2，b＝1，得m<n.解法二：(分析法)eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)⇐eq\r(b)＋eq\r(a－b)>eq\r(a)⇐a<b＋2eq\r(b)·eq\r(a－b)＋a－b⇐2eq\r(b)·eq\r(a－b)>0，明显成立．6．已知实数m，n满意mn>0，m＋n＝－1，则eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最大值为________．答案－4解析∵mn>0，m＋n＝－1，∴m<0，n<0，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝－(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(m,n)＋\f(n,m)))≤－2－2eq\r(\f(m,n)·\f(n,m))＝－4，当且仅当m＝n＝－eq\f(1,2)时，eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)取得最大值－4.核心考向突破考向一综合法证明例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，①sinθcosθ＝sin2y,②①2－②×2，可得(sinθ＋cosθ)2－2sinθcosθ＝4sin2x－2sin2y，即4sin2x－2sin2y＝1.∴4×eq\f(1－cos2x,2)－2×eq\f(1－cos2y,2)＝1，即2－2cos2x－(1－cos2y)＝1.故证得2cos2x＝cos2y.触类旁通综合法证明的思路(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正确推断(命题)动身，经过一系列中间推理，最终导出所要求证结论的真实性．eq\a\vs4\al(2综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.)即时训练1.已知f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，证明：f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(2),2).证明∵f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))＋eq\f(1,21－x＋\r(2))＝eq\f(1,2x＋\r(2))＋eq\f(2x,2＋\r(2)·2x)＝eq\f(\r(2),2＋\r(2)·2x)＋eq\f(2x,2＋\r(2)·2x)＝eq\f(\r(2)＋2x,2＋\r(2)·2x)＝eq\f(\r(2)＋2x,\r(2)\r(2)＋2x)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).故f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(2),2)成立．考向二分析法证明例2已知：a>0，b>0，a＋b＝1.求证：eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2.证明要证eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2，只需证a＋eq\f(1,2)＋b＋eq\f(1,2)＋2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2))))≤4，又a＋b＝1，故只需证eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2))))≤1，只需证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))＝ab＋eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(1,4)≤1，只需证ab≤eq\f(1,4).因为a>0，b>0,1＝a＋b≥2eq\r(ab)，所以ab≤eq\f(1,4)，故原不等式成立eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时取等号)).触类旁通分析法证题的技巧(1)逆向思索是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步找寻使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺当获解的关键．eq\a\vs4\al(2证明较困难的问题时，可以采纳两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价或充分的中间结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，从而使原命题得证.)即时训练2.已知正数a，b，c满意a＋b＋c＝1.求证：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).证明欲证eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)，则只需证(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2≤3，即证a＋b＋c＋2(eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac))≤3，即证eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)≤1.又eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)≤eq\f(a＋b,2)＋eq\f(b＋c,2)＋eq\f(a＋c,2)＝1，当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时取“＝”．∴原不等式eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)成立．考向三反证法证明角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(1))证明否定性命题例3已知数列{an}的前n项和为Sn，且满意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依次成等差数列．解(1)当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＝eq\f(1,2)an，所以{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以an＝eq\f(1,2n－1).(2)证明：假设存在三项按原来依次成等差数列，记为ap，aq，ar(p<q<r，且p，q，r∈N*)，则2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)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．角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(2))证明存在性问题例4设x，y，z>0，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，求证：a，b，c三数至少有一个不小于2.证明假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6.而事实上a＋b＋c＝x＋eq\f(1,x)＋y＋eq\f(1,y)＋z＋eq\f(1,z)≥2＋2＋2＝6(当且仅当x＝y＝z＝1时取“＝”)与a＋b＋c<6冲突，∴a，b，c中至少有一个不小于2.角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(3))证明唯一性命题例5已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝eq\r(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．解(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)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冲突，∴假设不成立．故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.触类旁通反证法的适用范围及证明的关键(1)适用范围：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，宜用反证法来证．2关键：在正确的推理下得出冲突，冲突可以是与已知条件冲突，与假设冲突，与定义、公理、定理冲突，与事实冲突等，推导出的冲突必需是明显的.即时训练3.等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中随意不同的三项都不行能成为等比数列．解(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))所以d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)证明：由(1)，得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则beq\o\al(2,q)＝bpbr，即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))，所以(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.因为p，q，r∈N*，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，,))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))2＝pr⇒(p－r)2＝0.所以p＝r，这与p≠r冲突，所以数列{bn}中随意不同的三项都不行能成为等比数列．4．已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于eq\f(1,4).证明证法一：假设三式同时大于eq\f(1,4)，即(1－a)b>eq\f(1,4)，(1－b)c>eq\f(1,4)，(1－c)a>eq\f(1,4)，因为a，b，c∈(0,1)，所以三式同向相乘得(1－a)b(1－b)c(1－c)a>eq\f(1,64).又(1－a)a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq\f(1,4)，同理(1－b)b≤eq\f(1,4)，(1－c)c≤eq\f(1,4)，所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤eq\f(1,64)，这与假设冲突，故原命题正确．证法二：假设三式同时大于eq\f(1,4)，因为0<a<1，所以1－a>0，eq\f(1－a＋b,2)≥eq\r(1－ab)>eq\r(\f(