2019届二轮复习直接证明与间接证明课件（30张）（全国通用）

2019届二轮复习直接证明与间接证明课件（30张）（全国通用）

- 1 - 知识梳理 双基自测 2 1 1 . 直接 证明 成立 充分 - 2 - 知识梳理 双基自测 2 1 - 3 - 知识梳理 双基自测 2 1 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 　　　　　　 ( 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 　　　　 , 因此说明假设错误 , 从而证明 　　　　　　　 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 . 不成立 　 　 矛盾 原命题 成立 2 - 4 - 知识梳理 双基自测 3 4 1 5 1 . 下列结论正确的打 “ √ ” , 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) 反证法是指将结论和条件同时否定 , 推出矛盾 . ( 　　 ) (4) 用反证法证明时 , 推出的矛盾不能与假设矛盾 . ( 　　 ) (5) 常常用分析法寻找解题的思路与方法 , 用综合法展现解决问题的过程 . ( 　　 ) 答案 答案 关闭 (1)√ 　 (2) × 　 (3) × 　 (4) × 　 (5)√ 　 (6)√ - 5 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 2 . 命题 “ 对于任意角 θ ,cos 4 θ - sin 4 θ = cos 2 θ ” 的证明 :“cos 4 θ - sin 4 θ = (cos 2 θ - sin 2 θ )(cos 2 θ + sin 2 θ ) = cos 2 θ - sin 2 θ = cos 2 θ ” 过程应用了 ( 　　 ) A. 分析法 B. 综合法 C. 综合法、分析法综合使用 D. 间接证明法 答案 解析 解析 关闭 因为证明过程是 “ 从左往右 ”, 即由条件推出结论 . 故选 B . 答案 解析 关闭 B - 6 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 3 . 已知 a= lg 2 + lg 5, b= e x ( x< 0), 则 a 与 b 的大小关系为 ( 　　 ) A. a>b B. ab. 答案 解析 关闭 A - 7 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 答案 解析 解析 关闭 因为 “ 方程 x 3 +ax+b= 0 至少有一个实根 ” 等价于 “ 方程 x 3 +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 x 3 +ax+b= 0 没有实根 ” . 答案 解析 关闭 A 4 . 用反证法证明命题 “ 设 a , b 为实数 , 则关于 x 的方程 x 3 +ax+b= 0 至少有一个实根 ” 时 , 要做的假设是 ( 　　 ) A. 方程 x 3 +ax+b= 0 没有实根 B. 方程 x 3 +ax+b= 0 至多有一个实根 C. 方程 x 3 +ax+b= 0 至多有两个实根 D. 方程 x 3 +ax+b= 0 恰好有两个实根 - 8 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 5 . ( 教材习题改编 P 15 T (2) ) 用反证法证明 “100 个球放在 90 个盒子里 , 至少有一个盒子里不少于两个球 ” 应假设 　　　　　　　　　　　　　　　 .   答案 解析 解析 关闭 因为 “ 至少有一个盒子里不少于 ” 的反面是 “ 所有盒子里都少于 ”, 所以应填 “ 每个盒子里都少于两球 ” . 答案 解析 关闭 每个盒子里都少于两球 - 9 - 知识梳理 双基自测 2 3 4 1 5 自测点评 1 . 分析法是执果索因 , 实际上是寻找使结论成立的充分条件 ; 综合法是由因导果 , 就是寻找已知的必要条件 . 2 . 综合法和分析法都是直接证明的方法 , 反证法是间接证明的方法 . 3 . 用反证法证题时 , 首先否定结论 , 否定结论就是找出结论的反面的情况 , 然后推出矛盾 , 矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾 . - 10 - 考点 1 考点 2 考点 3 考向一 　 数列中的证明 例 1 设 数列 { a n } 的前 n 项和为 S n , 已知 3 a n - 2 S n = 2 . (1) 证明 { a n } 是等比数列并求出通项公式 a n ; 思考 哪些问题的证明适合用综合法 ? - 11 - 考点 1 考点 2 考点 3 证明 : (1) 因为 3 a n - 2 S n = 2, 所以 3 a n+ 1 - 2 S n+ 1 = 2, 所以 3 a n+ 1 - 3 a n - 2( S n+ 1 -S n ) = 0 . 所以 { a n } 是等比数列 . 当 n= 1 时 ,3 a 1 - 2 S 1 = 2, 又 S 1 =a 1 , 所以 a 1 = 2 . 所以 { a n } 的通项公式 a n = 2 × 3 n- 1 . - 12 - 考点 1 考点 2 考点 3 考向二 　 立体几何中的证明 例 2 如 图 , 在多面体 ABCDEF 中 , 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形 , 四边形 BDEF 是矩形 , 且平面 BDEF ⊥ 平面 ABCD , BF= 3, G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点 . 求证 : AF ∥ 平面 BDGH. 思考 在用综合法证明立体几何中的平行或垂直问题时还经常用到什么数学方法 ? - 13 - 考点 1 考点 2 考点 3 证明 : 如图 , 连接 AC , 设 AC ∩ BD=O , 连接 OH. 在 △ ACF 中 , 因为 OA=OC , CH=HF. 所以 OH ∥ AF , 又因为 AF ⊄ 平面 BDGH , OH ⊂ 平面 BDGH. 所以 AF ∥ 平面 BDGH. - 14 - 考点 1 考点 2 考点 3 考向三 　 不等式中的证明 思考 综合法证明的特点是什么 ?   证明 由 a 2 +b 2 ≥ 2 ab , b 2 +c 2 ≥ 2 bc , c 2 +a 2 ≥ 2 ac 得 a 2 +b 2 +c 2 ≥ ab+bc+ca. 由题设得 ( a+b+c ) 2 = 1, 即 a 2 +b 2 +c 2 + 2 ab+ 2 bc+ 2 ca= 1 . - 15 - 考点 1 考点 2 考点 3 解题心得 1 . 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、奇偶性等 , 求证没有限制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 . 2 . 用综合法证明立体几何中的平行或垂直问题时还经常用到转化法 , 例如证明线面平行或垂直一般转化成证明线线平行或垂直 . 3 . 用综合法证明的特点是 “ 由因导果 ”, 即从命题的条件出发 , 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 . - 16 - 考点 1 考点 2 考点 3 (2) 如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 , 平面 PAB ⊥ 平面 ABCD , AB=AD , ∠ BAD= 60 ° , E , F 分别是 AP , AB 的中点 . 求证 : ① 直线 EF ∥ 平面 PBC ; ② 平面 DEF ⊥ 平面 PAB. - 17 - 考点 1 考点 2 考点 3 (1) ① 解 因为 S n =a n+ 1 +n- 2, 所以当 n ≥ 2 时 , S n- 1 =a n + ( n- 1) - 2 =a n +n- 3, 两式相减 , 得 a n =a n+ 1 -a n + 1, 即 a n+ 1 = 2 a n - 1 . 设 c n =a n - 1, 代入上式 , 得 c n+ 1 + 1 = 2( c n + 1) - 1, 即 c n+ 1 = 2 c n ( n ≥ 2) . 又 S n =a n+ 1 +n- 2, 则 a n+ 1 =S n -n+ 2, 故 a 2 =S 1 - 1 + 2 = 3 . 所以 c 1 =a 1 - 1 = 1, c 2 =a 2 - 1 = 2, 即 c 2 = 2 c 1 . 综上 , 对于正整数 n , c n+ 1 = 2 c n 都成立 , 即数列 { a n - 1} 是等比数列 , 其首项 a 1 - 1 = 1, 公比 q= 2 . - 18 - 考点 1 考点 2 考点 3 - 19 - 考点 1 考点 2 考点 3 (2) 证明 ① 在 △ PAB 中 , 因为 E , F 分别为 PA , AB 的中点 , 所以 EF ∥ PB. 又因为 EF ⊄ 平面 PBC , PB ⊂ 平面 PBC , 所以直线 EF ∥ 平面 PBC. ② 如图 , 连接 BD. 因为 AB=AD , ∠ BAD= 60 ° , 所以 △ ABD 为正三角形 . 因为 F 是 AB 的中点 , 所以 DF ⊥ AB. 因为平面 PAB ⊥ 平面 ABCD , DF ⊂ 平面 ABCD , 平面 PAB ∩ 平面 ABCD=AB , 所以 DF ⊥ 平面 PAB. 又因为 DF ⊂ 平面 DEF , 所以平面 DEF ⊥ 平面 PAB. - 20 - 考点 1 考点 2 考点 3 - 21 - 考点 1 考点 2 考点 3 例 4 已知 △ ABC 的三个内角 A , B , C 成等差数列 , 且 a , b , c 分别为角 A , B , C 的对边 , 思考 哪些问题的证明适合用分析法 ? - 22 - 考点 1 考点 2 考点 3 - 23 - 考点 1 考点 2 考点 3 解题心得 分析法的适用范围及证题关键 (1) 适用范围 : ① 已知条件与结论之间的联系不够明显、直接 ; ② 证明过程中所需要用的知识不太明确、具体 ; ③ 含有根号、绝对值的等式或不等式 , 从正面不易推导 . (2) 应用分析法的关键是保证分析过程的每一步都是可逆的 , 它的常用书面表达形式为 “ 要证 …… 只需证 …… ” 或用 “ ⇐ ” . 注意用分析法证明时 , 一定要严格按照格式书写 . - 24 - 考点 1 考点 2 考点 3 (2) 已知 a ≥ b> 0, 求证 :2 a 3 -b 3 ≥ 2 ab 2 -a 2 b . 证明 (1) 因为 m> 0, 所以 1 +m> 0 . 所以要证原不等式成立 , 只需证 ( a+mb ) 2 ≤ (1 +m )( a 2 +mb 2 ), 即证 m ( a 2 - 2 ab+b 2 ) ≥ 0, 即证 ( a-b ) 2 ≥ 0, 而 ( a-b ) 2 ≥ 0 显然成立 , 故原不等式得证 . - 25 - 考点 1 考点 2 考点 3 (2) 要证明 2 a 3 -b 3 ≥ 2 ab 2 -a 2 b 成立 , 只需证 2 a 3 -b 3 - 2 ab 2 +a 2 b ≥ 0, 即 2 a ( a 2 -b 2 ) +b ( a 2 -b 2 ) ≥ 0, 即 ( a+b )( a-b )(2 a+b ) ≥ 0 . ∵ a ≥ b> 0, ∴ a-b ≥ 0, a+b> 0,2 a+b> 0, 从而 ( a+b )( a-b )(2 a+b ) ≥ 0 成立 , ∴ 2 a 3 -b 3 ≥ 2 ab 2 -a 2 b. - 26 - 考点 1 考点 2 考点 3 例 5 设数列 { a n } 是公比为 q 的等比数列 , S n 是它的前 n 项和 . (1) 求证 : 数列 { S n } 不是等比数列 . (2) 数列 { S n } 是等差数列吗 ? 为什么 ? 思考 反证法的适用范围及证题的关键是什么 ? (1) 证明 假设数列 { S n } 是等比数列 , 因为 a 1 ≠0, 所以 (1 +q ) 2 = 1 +q+q 2 , 即 q= 0, 这与公比 q ≠0 矛盾 , 所以数列 { S n } 不是等比数列 . - 27 - 考点 1 考点 2 考点 3 (2) 解 当 q= 1 时 , S n =na 1 , 故 { S n } 是等差数列 ; 当 q ≠1 时 ,{ S n } 不是等差数列 . 假设 { S n } 是等差数列 , 则 2 S 2 =S 1 +S 3 , 即 2 a 1 (1 +q ) =a 1 +a 1 (1 +q+q 2 ), 得 q= 0, 这与公比 q ≠0 矛盾 . 综上 , 当 q= 1 时 , 数列 { S n } 是等差数列 ; 当 q ≠1 时 ,{ S n } 不是等差数列 . 解题心得 反证法的适用范围及证题的关键 (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) 证题的关键 : 在正确地推理下得出矛盾 , 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 . 推导出的矛盾必须是明显的 . - 28 - 考点 1 考点 2 考点 3 证明 :(1) a+b ≥ 2; (2) a 2 +a< 2 与 b 2 +b< 2 不可能同时成立 . ( 2) 假设 a 2 +a< 2 与 b 2 +b< 2 同时成立 , 则由 a 2 +a< 2 及 a> 0, 得 0

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