【数学】2019届一轮复习人教A版（文）12-2推理与证明、算法、复数学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）12-2推理与证明、算法、复数学案

‎ 12.2 直接证明与间接证明 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．直接证明 ‎(1)综合法 ‎①定义：一般地，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，这种证明方法叫做综合法．‎ ‎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表示所要证明的结论)．‎ ‎③思维过程：由因导果．‎ ‎(2)分析法 ‎①定义：一般地，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(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→ ‎(其中Q表示要证明的结论)．‎ ‎③思维过程：执果索因．‎ ‎2．间接证明 反证法：一般地，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．‎ ‎ ‎ 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．[P91B组T2]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．1B．2C．4D．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．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．‎ 答案 等边 解析 由题意得2B＝A＋C，‎ ‎∵A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，‎ 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝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．‎ 题型一 综合法的应用 ‎1．已知m>1，a＝－，b＝－，则以下结论正确的是( )‎ A．a>b B．a＋>0(m>1)，‎ ‎∴<，即aa＋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>lga＋lgb＋lgc.‎ 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>lgabc，‎ ‎∴lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.‎ 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)＝tanx，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(tanx1＋tanx2)>tan，‎ 只需证明>tan，‎ 只需证明>.‎ 由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)．‎ 所以cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0,1＋cos(x1＋x2)>0，‎ 故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，‎ 即证1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，‎ 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 因此只要证明 即证明 因此只要证明 由于当x1，x2∈R时，‎ 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．‎ 跟踪训练已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：≤.‎ 证明 由a⊥b得，a·b＝0，要证≤，‎ 只需证|a|＋|b|≤|a＋b|，‎ 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，‎ 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，‎ 只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，‎ 即(|a|－|b|)2≥0，‎ 上式显然成立，故原不等式得证．‎ 题型三 反证法的应用 命题点1 证明否定性命题 典例设{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，‎ ‎∵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．‎ 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．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)直线y＝kx＋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k≠0.‎ 由 消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.[6分]‎ 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则 ＝－，＝k·＋m＝.‎ 所以AC的中点为M.[8分]‎ 因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，‎ 所以直线OB的斜率为－，‎ 因为k·＝－≠－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．(2017·绵阳周测)设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是( )‎ A．t>sB．t≥sC．tb>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．(2018·太原模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值( )‎ A．恒为负值 B．恒等于零 C．恒为正值 D．无法确定正负 答案 A 解析 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.‎ ‎5．(2017·上饶质检)设x，y， >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 答案 C 解析 因为＋＋ ‎＝＋＋≥6，‎ 当且仅当x＝y＝ 时等号成立．‎ 所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.‎ ‎6．(2018·济宁模拟)设a，b是两个实数，给出下列条件：‎ ‎①a＋b>1；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．②③B．①②③C．③D．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．(2018届湖南益阳桃江一中月考)用反证法证明“若x＋y≤0，则x≤0或y≤0”时，应假设______________．‎ 答案 x>0且y>0‎ ‎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____________．‎ 答案 cn＋10，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)＋(c＋a)＝3，‎ ‎∴＋＋≤(当且仅当a＝b＝c时取等号)．‎ ‎(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，‎ ‎∴＋＋≥(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)．‎ ‎12．(2017·北京)设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．‎ ‎(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；‎ ‎(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，>M；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，‎ ‎(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n＜0，‎ 所以bk－nak在k∈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bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n ‎＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－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·海口调研)已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．‎ ‎(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；‎ ‎(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．‎ 证明 (1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，‎ 不妨设x10.‎ ‎∵a>1，∴且 又∵x1＋1>0，x2＋1>0，‎ ‎∴－ ‎＝ ‎＝>0.‎ 于是f(x2)－f(x1)＝＋－>0，‎ 故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．‎ ‎(2)假设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，‎ 则＝－.‎ ‎∵a>1，∴0<<1，‎ ‎∴0<－<1，‎ 即k)总成立，则称数列{an}是“P(k)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－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ‎＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝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．‎