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文档介绍
2020版高考数学大一轮复习 第七章 数列与数学归纳法 第5节 直接证明与间接证明(供选用)学案 理
第5节 直接证明与间接证明(供选用) 最新考纲 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法;了解分析法和综合法的思考过程和特点;2.了解间接证明的一种基本方法——反证法;了解反证法的思考过程和特点. 知 识 梳 理 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,直到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 →→…→ →→…→ 文字语言 因为……所以…… 或由……得…… 要证……只需证…… 即证…… 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,最后得出矛盾,因此说明假设错误,从而证明原命题成立的证明方法. (2)用反证法证明的一般步骤:①反设——假设命题的结论不成立;②归谬——根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;③结论——断言假设不成立,从而肯定原命题的结论成立. [常用结论与微点提醒] 分析法与综合法相辅相成,对较复杂的问题,常常先从结论进行分析,寻求结论与条件、 12 基础知识之间的关系,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使用. 诊 断 自 测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)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.( ) (2)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“aab>b2 C.< D.> 解析 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. 答案 B 4.用反证法证明命题:“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是( ) A.方程x3+ax+b=0没有实根 12 B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根 C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根 D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根 解析 因为“方程x3+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x3+ax+b=0的实根的个数大于或等于1”,所以要做的假设是“方程x3+ax+b=0没有实根”. 答案 A 5.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________. 解析 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. 答案 等边三角形 6.(2017·绍兴检测)完成反证法证题的全过程.设a1,a2,…,a7是1,2,…,7的一个排列,求证:乘积p=(a1-1)·(a2-2)·…·(a7-7)为偶数. 证明:假设p为奇数,则a1-1,a2-2,…,a7-7均为奇数.因奇数个奇数之和为奇数,故有奇数=____________=____________=0.但0≠奇数,这一矛盾说明p为偶数. 解析 ∵a1-1,a2-2,…,a7-7均为奇数,∴(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)也为奇数,即(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)为奇数.又∵a1,a2,…,a7是1,2,…,7的一个排列,∴a1+a2+…+a7=1+2+…+7,故上式为0,∴奇数=(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)=(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)=0. 答案 (a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7) (a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7) 考点一 综合法的应用 【例1】 已知a,b,c>0,a+b+c=1.求证: (1)++≤; (2)++≥. 证明 (1)∵(++)2=(a+b+c)+2+2+2≤(a+b+c)+(a+b)+(b+c 12 )+(c+a)=3, ∴++≤. (2)∵a>0,∴3a+1>0, ∴+(3a+1)≥2=4, ∴≥3-3a,同理得≥3-3b,≥3-3c, 以上三式相加得 4≥9-3(a+b+c)=6, ∴++≥. 规律方法 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,如证明函数的单调性、奇偶性、求证无条件的等式或不等式; (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. 【训练1】 设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明: (1)ab+bc+ac≤; (2)++≥1. 证明 (1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设知(a+b+c)2=1, 即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤. (2)因为a>0,b>0,c>0, 所以+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c, 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c), 即++≥a+b+c.所以++≥1. 考点二 分析法的应用 【例2】 已知a>0,证明:-≥a+-2. 12 证明 要证-≥a+-2, 只需证≥-(2-). 因为a>0,所以-(2-)>0, 所以只需证≥, 即2(2-)≥8-4,只需证a+≥2. 因为a>0,a+≥2显然成立,所以要证的不等式成立. 规律方法 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想,通过反推,逐步寻找使结论成立的充分条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键. (2)证明较复杂的问题时,可以采用两头凑的办法,即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论,然后通过综合法证明这个中间结论,从而使原命题得证. 【训练2】 △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, 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+a2-2accos 60°,即b2=c2+a2-ac, 故c2+a2=ac+b2成立. 于是原等式成立. 考点三 反证法的应用 【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1+,S3=9+3. (1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn; (2)设bn=(n∈N*),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列. (1)解 由已知得解得d=2, 故an=2n-1+,Sn=n(n+). 12 (2)证明 由(1)得bn==n+.假设数列{bn}中存在三项bp,bq,br(p,q,r∈N*,且互不相等)成等比数列,则b=bpbr.即(q+)2=(p+)(r+). ∴(q2-pr)+(2q-p-r)=0. ∵p,q,r∈N*,∴ ∴=pr,(p-r)2=0. ∴p=r,与p≠r矛盾. ∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列. 规律方法 (1)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,可用反证法来证,反证法关键是在正确的推理下得出矛盾,矛盾可以是与已知条件矛盾,与假设矛盾,与定义、公理、定理矛盾,与事实矛盾等. (2)用反证法证明不等式要把握三点:①必须否定结论;②必须从否定结论进行推理;③推导出的矛盾必须是明显的. 【训练3】 (2017·郑州一中月考)已知a1+a2+a3+a4>100,求证:a1,a2,a3,a4中至少有一个数大于25. 证明 假设a1,a2,a3,a4均不大于25,即a1≤25,a2≤25,a3≤25,a4≤25,则a1+a2+a3+a4≤25+25+25+25=100, 这与已知a1+a2+a3+a4>100矛盾,故假设错误. 所以a1,a2,a3,a4中至少有一个数大于25. 基础巩固题组 一、选择题 1.用反证法证明命题:“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时,应假设( ) A.三个内角都不大于60° B.三个内角都大于60° C.三个内角至多有一个大于60° D.三个内角至多有两个大于60° 答案 B 2.若a,b∈R,则下面四个式子中恒成立的是( ) 12 A.lg(1+a2)>0 B.a2+b2≥2(a-b-1) C.a2+3ab>2b2 D.< 解析 在B中,∵a2+b2-2(a-b-1)=(a2-2a+1)+(b2+2b+1)=(a-1)2+(b+1)2≥0, ∴a2+b2≥2(a-b-1)恒成立. 答案 B 3.已知m>1,a=-,b=-,则以下结论正确的是( ) A.a>b B.a+>0(m>1), ∴<,即a查看更多