2019届高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数11.doc

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“ab”时，应假设“ab”()(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾()(5)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()(6)证明不等式Q BPQCPQ2，又P0，Q0，PQ.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()A1 B2 C4 D6答案B解析由题意，得x，y，b2ac，xy，2.题组三易错自纠4若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是()Aac2abb2C.答案B解析a2aba(ab)，ab0，ab0，a2ab.又abb2b(ab)0，abb2，由得a2abb2.5用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要作的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根答案A解析方程x3axb0至少有一个实根的反面是方程x3axb0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，A2B2C2，这与三角形内角和为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 A1sin A21，A10，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2C至少有一个不大于2 D至少有一个不小于2答案D解析a0，b0，c0，6，当且仅当abc1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abab成立，则a，b应满足的条件是_答案a0，b0且ab解析ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()当a0，b0且ab时，()2()0.abab成立的条件是a0，b0且ab.3(2018武汉月考)若a，b，c是不全相等的正数，求证：lglglglg alg blg 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，abc0成立上式两边同时取常用对数，得lglg abc，lglglglg alg blg 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x1x2，求证：f(x1)f(x2)f.证明要证f(x1)f(x2)f，即证明(tan x1tan x2)tan ，只需证明tan ，只需证明.由于x1，x2，故x1x2(0，)所以cos x1cos x20，sin(x1x2)0,1cos(x1x2)0，故只需证明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即证1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即证cos(x1x2)f.引申探究若本例中f(x)变为f(x)3x2x，试证：对于任意的x1，x2R，均有f .证明要证明f，即证明2，因此只要证明(x1x2)(x1x2)，即证明，因此只要证明，由于当x1，x2R时，0, 0，由基本不等式知显然成立，当且仅当x1x2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a0，证明： a2.证明要证 a2，只需证 (2)因为a0，所以(2)0，所以只需证22，即2(2)84，只需证a2.因为a0，a2显然成立(当a1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q1，证明：数列an1不是等比数列(1)解设an的前n项和为Sn，则当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明假设an1是等比数列，则对任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列命题点2证明存在性命题典例 已知四棱锥SABCD中，底面是边长为1的正方形，又SBSD，SA1.(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SA2AD2SD2，SAAD.同理SAAB.又ABADA，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.BCAD，BC平面SAD.BC平面SAD.而BCBFB，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，方程f(x)x0有实数根；函数f(x)的导数f(x)满足0f(x)1.(1)判断函数f(x)是不是集合M中的元素，并说明理由；(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意m，nD，都存在x0(m，n)，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立试用这一性质证明：方程f(x)x0有且只有一个实数根(1)解当x0时，f(0)0，所以方程f(x)x0有实数根0；f(x)，所以f(x)，满足条件0f(x)1.由可得，函数f(x)是集合M中的元素(2)证明假设方程f(x)x0存在两个实数根，()，则f()0，f()0.不妨设，根据题意存在c(，)，满足f()f()()f(c)因为f()，f()，且，所以f(c)1.与已知0f(x)1矛盾又f(x)x0有实数根，所以方程f(x)x0有且只有一个实数根思维升华 应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“pq”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果跟踪训练 若f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(a2)，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)(x1)21，其图像的对称轴为x1，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b2bb，解得b1或b3.因为b1，所以b3.(2)假设存在常数a，b (a2)，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ab，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ykxm(m0)与椭圆W：y21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ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240.6分设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则，km.所以AC的中点为M.8分因为M为AC和OB的交点，且m0，k0，所以直线OB的斜率为，因为k1，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，Af，Bf()，Cf，则A，B，C的大小关系为()AABC BACBCBCA DCBA答案A解析因为，又f(x)x在R上是单调减函数，故ff()f.2分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0答案C解析由题意知ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.3(2017郑州模拟)设x0，P2x2x，Q(sin xcos x)2，则()APQ BP0，所以P2；又(sin xcos x)21sin 2x，而sin 2x1，所以Q2.于是PQ.故选A.4已知p3q32，证明：pq2.用反证法证明时，可假设pq2；若a，bR，|a|b|2，故中的假设错误；对于，其假设正确，故选D.5若0，则下列结论不正确的是()Aa2b2 Babb2Cab|ab|答案D解析ab.a2b2，abb2，ab1；ab2；ab2；a2b22；ab1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是()A BC D答案C解析若a，b，则ab1，但a1，b2，故推不出；若a2，b3，则ab1，故推不出；对于，即ab2，则a，b中至少有一个大于1，下面用反证法证明：假设a1且b1，则ab2与ab2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，bR，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672与854的大小，只需比较与2的大小，只需比较42与40的大小，4240，2.9已知点An(n，an)为函数y图像上的点，Bn(n，bn)为函数yx图像上的点，其中nN，设cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_答案cn1cn解析由条件得cnanbnn，则cn随n的增大而减小，cn1M；或者存在正整数m，使得cm，cm1，cm2，是等差数列(1)解c1b1a1110，c2maxb12a1，b22a2max121,3221，c3maxb13a1，b23a2，b33a3max131,332,5332.当n3时，(bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0，所以bknak在kN上单调递减所以cnmaxb1a1n，b2a2n，bnannb1a1n1n.所以对任意n1，cn1n，于是cn1cn1，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bknakb1(k1)d2a1(k1)d1nb1a1n(d2nd1)(k1)所以cn当d10时，取正整数m，则当nm时，nd1d2，因此，cnb1a1n，此时，cm，cm1，cm2，是等差数列当d10时，对任意n1，cnb1a1n(n1)maxd2，0b1a1(n1)(maxd2，0a1)此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列当d10时，当n时，有nd1d2，所以n(d1)d1a1d2n(d1)d1a1d2|b1d2|.对任意正数M，取正整数mmax，故当nm时，M.13(2018长春模拟)若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1，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p3或p， 故满足题干要求的p的取值范围为.14设x1，y1，证明xyxy.证明由于x1，y1，所以要证明xyxy，只需证xy(xy)1yx(xy)2.将上式中的右式减左式，得yx(xy)2xy(xy)1(xy)21xy(xy)(xy)(xy1)(xy1)(xy)(xy1)(xy1)(xyxy1)(xy1)(x1)(y1)因为x1，y1，所以(xy1)