【数学】2019届一轮复习北师大版综合法、分析法、反证法学案

【数学】2019届一轮复习北师大版综合法、分析法、反证法学案

‎ 13.2　综合法、分析法与反证法 最新考纲 考情考向分析 ‎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.了解反证法的思考过程和特点.‎ 本节主要内容是直接证明的方法——综合法和分析法，间接证明的方法——反证法，它常以立体几何中的证明及相关选修内容中平面几何，不等式的证明为载体加以考查，注意提高分析问题、解决问题的能力；在高考中主要以解答题的形式考查，难度中档.‎ ‎1．综合法 ‎(1)定义：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明．我们把这样的思维方法称为综合法．‎ ‎(2)框图表示：→→→…→(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证明的结论)．‎ ‎2．分析法 ‎(1)定义：从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等．我们把这样的思维方法称为分析法．‎ ‎(2)框图表示：→→→…→.‎ ‎3．反证法 我们可以先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立．这种证明方法叫作反证法．‎ 反证法的证题步骤是：‎ ‎(1)作出否定结论的假设；‎ ‎(2)进行推理，导出矛盾；‎ ‎(3)否定假设，肯定结论．‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(　×　)‎ ‎(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)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“aQ B．P＝Q C．PQ2，又∵P>0，Q>0，∴P>Q.‎ ‎3．设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，则＋等于(　　)‎ A．1 B．2 C．4 D．6‎ 答案　B 解析　由题意，得x＝，y＝，b2＝ac，‎ ‎∴xy＝，‎ ＋＝＝ ‎＝＝ ‎＝＝ ‎＝＝2.‎ 题组三　易错自纠 ‎4．若a，b，c为实数，且aab>b2‎ C.< D.> 答案　B 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.‎ ‎5．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，要作的假设是(　　)‎ A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 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 答案　A 解析　方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故选A.‎ ‎6．(2017·德州一模)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则△A2B2C2是__________三角形．‎ 答案　钝角 解析　由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2C2是锐角三角形．‎ 由 得 那么，A2＋B2＋C2＝，这与三角形内角和为π相矛盾．‎ 所以假设不成立．假设△A2B2C2是直角三角形，不妨设A2＝，则cos A1＝sin A2＝1，A1＝0，矛盾．‎ 所以△A2B2C2是钝角三角形.‎ 题型一　综合法的应用 ‎1．(2018·绥化模拟)设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋(　　)‎ A．都大于2 B．都小于2‎ C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2‎ 答案　D 解析　∵a>0，b>0，c>0，‎ ‎∴＋＋ ‎＝＋＋≥6，‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.‎ ‎2．(2018·大庆质检)如果a＋b>a＋b成立，则a，b应满足的条件是___________．‎ 答案　a≥0，b≥0且a≠b 解析　∵a＋b－(a＋b)‎ ‎＝(a－b)＋(b－a)‎ ‎＝(－)(a－b)‎ ‎＝(－)2(＋)．‎ ‎∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(－)2(＋)>0.‎ ‎∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.‎ ‎3．(2018·武汉月考)若a，b，c是不全相等的正数，求证：‎ lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.‎ 证明　∵a，b，c∈(0，＋∞)，‎ ‎∴≥>0，≥>0，≥>0.‎ 由于a，b，c是不全相等的正数，‎ ‎∴上述三个不等式中等号不能同时成立，‎ ‎∴··>abc>0成立．‎ 上式两边同时取常用对数，得 lg>lg abc，‎ ‎∴lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.‎ 思维升华 (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真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．‎ 题型二　分析法的应用 典例(2018·长沙模拟)已知函数f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.‎ 证明　要证[f(x1)＋f(x2)]>f，‎ 即证明(tan x1＋tan x2)>tan ，‎ 只需证明>tan ，‎ 只需证明>.‎ 由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)．‎ 所以cos x1cos x2>0，sin(x1＋x2)>0,1＋cos(x1＋x2)>0，‎ 故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cos x1cos x2，‎ 即证1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2，‎ 即证cos(x1－x2)<1.‎ 由x1，x2∈，x1≠x2知上式显然成立，‎ 因此[f(x1)＋f(x2)]>f.‎ 引申探究 若本例中f(x)变为f(x)＝3x－2x，试证：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≥，‎ 由于当x1，x2∈R时，>0,>0，‎ 由基本不等式知≥显然成立，当且仅当x1＝x2时，等号成立．故原结论成立．‎ 思维升华 (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解决的关键．‎ ‎(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．‎ 跟踪训练已知a>0，证明：－≥a＋－2.‎ 证明　要证－≥a＋－2，‎ 只需证≥－(2－)．‎ 因为a>0，所以－(2－)>0，‎ 所以只需证2≥2，‎ 即2(2－)≥8－4，‎ 只需证a＋≥2.‎ 因为a>0，a＋≥2显然成立(当a＝＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．‎ 题型三　反证法的应用 命题点1　证明否定性命题 典例 (2018·株州模拟)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．‎ ‎(1)解　设{an}的前n项和为Sn，则 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＝ ‎(2)证明　假设{an＋1}是等比数列，则对任意的 ∈N＋，‎ ‎(a ＋1＋1)2＝(a ＋1)(a ＋2＋1)，‎ a＋2a ＋1＋1＝a a ＋2＋a ＋a ＋2＋1，‎ aq2 ＋2a1q ＝a1q －1·a1q ＋1＋a1q －1＋a1q ＋1，‎ ‎∵a1≠0，∴2q ＝q －1＋q ＋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．‎ 命题点2　证明存在性命题 典例已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，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．‎ ‎(1)证明　由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.‎ 同理SA⊥AB.‎ 又AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，‎ ‎∴SA⊥平面ABCD.‎ ‎ (2)解　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矛盾，‎ ‎∴假设不成立．‎ ‎∴不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.‎ 命题点3　证明唯一性命题 典例(2018·宜昌模拟)已知M是由满足下列条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，①方程f(x)－x＝0有实数根；‎ ‎②函数f(x)的导数f′(x)满足0－2)，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．‎ 解　(1)由题设得g(x)＝(x－1)2＋1，其图像的对称轴为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．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.‎ ‎(2)假设存在常数a，b (a>－2)，使函数h(x)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数，‎ 因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，‎ 所以有即 解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．‎ 反证法在证明题中的应用 典例(12分)(2018·衡阳模拟)直线y＝ x＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1相交于A，C两点，O是坐标原点．‎ ‎(1)当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；‎ ‎(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形．‎ 思想方法指导在证明否定性命题，存在性命题，唯一性命题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：‎ ‎(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．‎ ‎(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．‎ ‎(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．‎ 规范解答 ‎(1)解　因为四边形OABC为菱形，‎ 则AC与OB相互垂直平分．‎ 由于O(0,0)，B(0,1)，‎ 所以设点A，代入椭圆方程得＋＝1，‎ 则t＝±，故|AC|＝2.[4分]‎ ‎(2)证明　假设四边形OABC为菱形，‎ 因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以 ≠0.‎ 由 消y并整理得(1＋4 2)x2＋8 mx＋4m2－4＝0.[6分]‎ 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则 ＝－，＝ ·＋m＝.‎ 所以AC的中点为M.[8分]‎ 因为M为AC和OB的交点，且m≠0， ≠0，‎ 所以直线OB的斜率为－，‎ 因为 ·＝－≠－1，所以AC与OB不垂直．[10分]‎ 所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾．‎ 所以当点B在W上且不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．[12分]‎ ‎1．(2018·岳阳调研)已知函数f(x)＝x，a，b为正实数，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 答案　A 解析　因为≥≥，‎ 又f(x)＝x在R上是单调减函数，‎ 故f≤f()≤f.‎ ‎2．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 答案　C 解析　由题意知0‎ ‎⇐(a－c)(2a＋c)>0⇐(a－c)(a－b)>0.‎ ‎3．(2017·郑州模拟)设x>0，P＝2x＋2－x，Q＝(sin x＋cos x)2，则(　　)‎ A．P>Q B．P0，所以P>2；又(sin x＋cos x)2＝1＋sin 2x，而sin 2x≤1，所以Q≤2.于是P>Q.故选A.‎ ‎4．①已知p3＋q3＝2，证明：p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2；‎ ‎②若a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证：方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.‎ 用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是(　　)‎ A．①与②的假设都错误 B．①的假设正确；②的假设错误 C．①与②的假设都正确 D．①的假设错误；②的假设正确 答案　D 解析　对于①，结论的否定是p＋q>2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.‎ ‎5．若<<0，则下列结论不正确的是(　　)‎ A．a2|a＋b|‎ 答案　D 解析　∵<<0，∴0>a>b.‎ ‎∴a21；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.‎ 其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是(　　)‎ A．②③ B．①②③‎ C．③ D．③④⑤‎ 答案　C 解析　若a＝，b＝，则a＋b>1，‎ 但a<1，b<1，故①推不出；‎ 若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；‎ 若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；‎ 若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；‎ 对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，‎ 下面用反证法证明：‎ 假设a≤1且b≤1，‎ 则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，‎ 因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.‎ ‎7．用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是__________________．‎ 答案　a，b都不能被5整除 ‎8．(2018·邢台调研)＋与2＋的大小关系为______________．‎ 答案　＋>2＋ 解析　要比较＋与2＋的大小，‎ 只需比较(＋)2与(2＋)2的大小，‎ 只需比较6＋7＋2与8＋5＋4的大小，‎ 只需比较与2的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴＋>2＋.‎ ‎9．已知点An(n，an)为函数y＝图像上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图像上的点，其中n∈N＋，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为__________________．‎ 答案　cn＋1M；或者存在正整数m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．‎ ‎(1)解　c1＝b1－a1＝1－1＝0，‎ c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}‎ ‎＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，‎ c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}‎ ‎＝max{1－3×1,3－3×2,5－3×3}＝－2.‎ 当n≥3时，‎ ‎(b ＋1－na ＋1)－(b －na )＝(b ＋1－b )－n(a ＋1－a )＝2－n＜0，‎ 所以b －na 在 ∈N＋上单调递减．‎ 所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.‎ 所以对任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，‎ 所以{cn}是等差数列．‎ ‎(2)证明　设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，‎ 则b －na ＝b1＋( －1)d2－[a1＋( －1)d1]n ‎＝b1－a1n＋(d2－nd1)( －1)．‎ 所以cn＝ ‎①当d1＞0时，‎ 取正整数m＞，则当n≥m时，nd1＞d2，‎ 因此，cn＝b1－a1n，‎ 此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．‎ ‎②当d1＝0时，对任意n≥1，‎ cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2，0}‎ ‎＝b1－a1＋(n－1)(max{d2，0}－a1)．‎ 此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列．‎ ‎③当d1＜0时，‎ 当n＞时，有nd1＜d2，‎ 所以＝ ‎＝n(－d1)＋d1－a1＋d2＋ ‎≥n(－d1)＋d1－a1＋d2－|b1－d2|.‎ 对任意正数M，‎ 取正整数m＞max，‎ 故当n≥m时，＞M.‎ ‎13．(2018·长春模拟)若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是____________．‎ 答案　 解析　若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，‎ 则 解得p≤－3或p≥，‎ 故满足题干要求的p的取值范围为.‎ ‎14．设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy.‎ 证明　由于x≥1，y≥1，‎ 所以要证明x＋y＋≤＋＋xy，‎ 只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.‎ 将上式中的右式减左式，得 ‎[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]‎ ‎＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]‎ ‎＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)‎ ‎＝(xy－1)(xy－x－y＋1)‎ ‎＝(xy－1)(x－1)(y－1)．‎ 因为x≥1，y≥1，‎ 所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，‎ 从而所要证明的不等式成立．‎ ‎15．(2018·中山模拟)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．‎ ‎(1)解　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＝an，‎ 所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，‎ 所以an＝.‎ ‎(2)证明　假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p )总成立，则称数列{an}是“P( )数列”．‎ ‎(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．‎ 证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，‎ 则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，‎ an－ ＋an＋ ＝a1＋(n－ －1)d＋a1＋(n＋ －1)d ‎＝2a1＋2(n－1)d＝2an， ＝1,2,3，‎ 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”．‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，‎ 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①‎ 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3‎ ‎＝6an.②‎ 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③‎ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④‎ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，‎ 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.‎ 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，‎ 所以a2＝a3－d′，‎ 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，‎ 所以a1＝a3－2d′，‎ 所以数列{an}是等差数列．‎