【数学】2018届一轮复习人教A版第6章第5节直接证明与间接证明学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第6章第5节直接证明与间接证明学案

第五节　直接证明与间接证明 ‎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成立 从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，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 思维过程 由因导果 执果索因 框图表示 →‎ →…→‎ →→…→ 书写格式 因为…，所以…或由…，得…‎ 要证…，只需证…，即证…‎ ‎2.间接证明 反证法：一般地，假设原命题不成立，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，这样的证明方法叫做反证法．‎ ‎1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．(　　)‎ ‎(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(　　)‎ ‎(3)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．(　　)‎ ‎(4)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．(　　)‎ ‎[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2．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 B　[要证明＋<2成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．]‎ ‎3．用反证法证明命题：“已知a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)‎ A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根 A　[“方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”的反面是“方程x2＋ax＋b＝0没有实根”，故选A.]‎ ‎4．已知a，b，x均为正数，且a>b，则与的大小关系是__________．‎ >　[∵－＝>0，‎ ‎∴>.]‎ ‎5．(教材改编)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为__________三角形．‎ 等边　[由题意2B＝A＋C，‎ 又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，‎ 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，‎ ‎∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，‎ ‎∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC为等边三角形．]‎ 综合法 ‎　已知正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E，F分别为D‎1C1，C1B1的中点，‎ AC∩BD＝P，A‎1C1∩EF＝Q.求证：‎ ‎(1)D，B，F，E四点共面；‎ ‎(2)若A‎1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．‎ ‎[证明]　(1)如图所示，因为EF是△D1B‎1C1的中位线，‎ 所以EF∥B1D1.2分 在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，4分 所以EF，BD确定一个平面，‎ 即D，B，F，E四点共面.6分 ‎(2)在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，‎ 又设平面BDEF为β.‎ 因为Q∈A1C1，所以Q∈α.‎ 又Q∈EF，所以Q∈β，‎ 则Q是α与β的公共点.10分 同理，P点也是α与β的公共点.13分 所以α∩β＝PQ.‎ 又A1C∩β＝R，‎ 所以R∈A1C，则R∈α且R∈β，‎ 则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.15分 ‎[规律方法]　综合法是“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，常与分析法结合使用，用分析法探路，综合法书写，但要注意有关定理、性质、结论题设条件的正确运用．‎ ‎[变式训练1]　已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线．‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)证明：f(x)≤g(x). 【导学号：51062204】‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2，2分 由题意得 解得a＝0，b＝1.7分 ‎(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)‎ ‎＝ln(x＋1)－x3＋x2－x(x>－1)．‎ h′(x)＝－x2＋x－1＝.12分 所以h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．‎ h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x).15分 分析法 ‎　已知a>0，求证：－≥a＋－2.‎ ‎[证明]　要证－≥a＋－2，‎ 只需要证＋2≥a＋＋.4分 因为a>0，故只需要证2≥2，‎ 即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2，10分 从而只需要证2≥，‎ 只需要证4≥2，‎ 即a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.15分 ‎[规律方法]　1.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．‎ ‎2．分析法的特点和思路是“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”‎ 或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．‎ ‎[变式训练2]　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：＋＝.‎ ‎[证明]　要证＋＝，‎ 即证＋＝3，也就是＋＝1，3分 只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，‎ 需证c2＋a2＝ac＋b2，8分 又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，‎ 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60°，13分 即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．‎ 于是原等式成立.15分 反证法 ‎　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，证明数列{an＋1}不是等比数列．‎ ‎[解]　(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－1，①‎ qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②‎ ‎①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，‎ ‎∴Sn＝，∴Sn＝7分 ‎(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)，‎ a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，‎ aq2k＋‎2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.12分 ‎∵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.15分 ‎[规律方法]　用反证法证明问题的步骤：‎ ‎(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(否定结论)‎ ‎(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾，矛盾可以是与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)‎ ‎(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)‎ ‎[变式训练3]　已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－‎4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－‎2a＝0中至少有一个方程有实根. 【导学号：51062205】‎ ‎[证明]　假设三个方程都没有实数根，则 ⇒8分 ‎∴－ab>b2‎ C.< D.> B　[a2－ab＝a(a－b)，‎ ‎∵a0，‎ ‎∴a2>ab.①‎ 又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②‎ 由①②得a2>ab>b2.]‎ ‎4．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0 B．a－c>0‎ C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0‎ C　[由题意知0‎ ‎⇐(a－c)(2a＋c)>0⇐(a－c)(a－b)>0.]‎ ‎5．设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋(　　)‎ A．都大于2 B．至少有一个大于2‎ C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2‎ C　[因为x>0，y>0，z>0，‎ 所以＋＋＝＋＋≥6，‎ 当且仅当x＝y＝z时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2.]‎ 二、填空题 ‎6．用反证法证明“若x2－1＝0，则x＝－1或x＝‎1”‎时，应假设__________．‎ x≠－1且x≠1　[“x＝－1或x＝‎1”‎的否定是“x≠－1且x≠‎1”‎．]‎ ‎7．设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是__________. ‎ ‎【导学号：51062206】‎ m⇐a0，显然成立．]‎ ‎8．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__________．‎ ‎3　[要使＋≥2，只要>0，且>0，即a，b不为0且同号即可，故有3个．]‎ 三、解答题 ‎9．已知a≥b>0，求证：‎2a3－b3≥2ab2－a2b. 【导学号：51062207】‎ ‎[证明]　要证明‎2a3－b3≥2ab2－a2b成立，‎ 只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，‎ 即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，‎ 即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.10分 ‎∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，‎ 从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，‎ ‎∴2a3－b3≥2ab2－a2b.15分 ‎10.(2017·宁波镇海中学)如图651，四棱锥SABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，M，N分别为SA，SC的中点，E为棱SB上的一点，且SE＝2EB.‎ 图651‎ ‎(1)证明：MN∥平面ABCD；‎ ‎(2)证明：DE⊥平面SBC.‎ ‎[证明]　(1)连接AC，∵M，N分别为SA，SC的中点，∴MN∥AC，‎ 又∵MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ ‎∴MN∥平面ABCD.7分 ‎(2)连接BD，∵BD2＝12＋12＝2，BC2＝12＋(2－1)2＝2，‎ BD2＋BC2＝2＋2＝4＝DC2，∴BD⊥BC.‎ 又SD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴SD⊥BC，‎ ‎∴SD∩BD＝D，∴BC⊥平面SDB.10分 ‎∵DE⊂平面SDB，∴BC⊥DE.‎ 又BS＝＝＝，‎ 当SE＝2EB时，EB＝，‎ 在△EBD与△DBS中，＝＝，＝＝，‎ ‎∴＝.13分 又∠EBD＝∠DBS，∴△EBD∽△DBS，‎ ‎∴∠DEB＝∠SDB＝90°，即DE⊥BS，‎ ‎∵BS∩BC＝B，∴DE⊥平面SBC.15分 B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．已知函数f(x)＝x，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)‎ A．A≤B≤C　 B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A A　[∵≥≥，又f(x)＝x在R上是减函数．‎ ‎∴f≤f()≤f，即A≤B≤C.]‎ ‎2．在不等边三角形ABC中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足__________．‎ a2>b2＋c2　[由余弦定理cos A＝<0，得b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.]‎ ‎3．若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a－2)，使函数h(x)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由. 【导学号：51062208】‎ ‎[解]　(1)由题设得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增.2分 由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，‎ 即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.‎ 因为b>1，所以b＝3.7分 ‎(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b](a>－2)上是“四维光军”函数，‎ 因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，‎ 所以有即14分 解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在.15分