高考数学大一轮复习 13.2直接证明与间接证明课件 理 苏教版.ppt

数学苏 理 13 2直接证明与间接证明 第十三章推理与证明 算法 复数 基础知识 自主学习 题型分类 深度剖析 思想方法 感悟提高 练出高分 1 直接证明 1 综合法 定义 从出发 以已知的定义 公理 定理为依据 逐步下推 直到推出要证明的结论为止 这种证明方法常称为综合法 已知条件 思维过程 由因导果 2 分析法 定义 从出发 追溯导致结论成立的条件 逐步上溯 直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止 这种证明方法常称为分析法 思维过程 执果索因 问题的结论 2 间接证明 思考辨析 判断下面结论是否正确 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 a b 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 最合适的方法是分析法 p q a 0 b 0且a b 解析 例1对于定义域为 0 1 的函数f x 如果同时满足 对任意的x 0 1 总有f x 0 f 1 1 若x1 0 x2 0 x1 x2 1 都有f x1 x2 f x1 f x2 成立 则称函数f x 为理想函数 1 若函数f x 为理想函数 证明 f 0 0 题型一综合法的应用 思维点拨 解析 思维升华 取特殊值代入计算即可证明 例1对于定义域为 0 1 的函数f x 如果同时满足 对任意的x 0 1 总有f x 0 f 1 1 若x1 0 x2 0 x1 x2 1 都有f x1 x2 f x1 f x2 成立 则称函数f x 为理想函数 1 若函数f x 为理想函数 证明 f 0 0 题型一综合法的应用 思维点拨 解析 思维升华 证明取x1 x2 0 则x1 x2 0 1 f 0 0 f 0 f 0 f 0 0 又对任意的x 0 1 总有f x 0 f 0 0 于是f 0 0 例1对于定义域为 0 1 的函数f x 如果同时满足 对任意的x 0 1 总有f x 0 f 1 1 若x1 0 x2 0 x1 x2 1 都有f x1 x2 f x1 f x2 成立 则称函数f x 为理想函数 1 若函数f x 为理想函数 证明 f 0 0 题型一综合法的应用 思维点拨 解析 思维升华 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 例1对于定义域为 0 1 的函数f x 如果同时满足 对任意的x 0 1 总有f x 0 f 1 1 若x1 0 x2 0 x1 x2 1 都有f x1 x2 f x1 f x2 成立 则称函数f x 为理想函数 1 若函数f x 为理想函数 证明 f 0 0 题型一综合法的应用 思维点拨 解析 思维升华 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 对照新定义中的3个条件 逐一代入验证 只有满足所有条件 才能得出 是理想函数 的结论 否则得出 不是理想函数 的结论 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 解对于f x 2x x 0 1 f 1 2不满足新定义中的条件 f x 2x x 0 1 不是理想函数 对于f x x2 x 0 1 显然f x 0 且f 1 1 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 任意的x1 x2 0 1 x1 x2 1 f x1 x2 f x1 f x2 x1 x2 2 x x 2x1x2 0 即f x1 f x2 f x1 x2 f x x2 x 0 1 是理想函数 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 对于f x x 0 1 显然满足条件 对任意的x1 x2 0 1 x1 x2 1 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 即f2 x1 x2 f x1 f x2 2 f x1 x2 f x1 f x2 不满足条件 f x x 0 1 不是理想函数 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 综上 f x x2 x 0 1 是理想函数 f x 2x x 0 1 与f x x 0 1 不是理想函数 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理 例1 2 试判断函数f x 2x x 0 1 f x x2 x 0 1 f x x 0 1 是不是理想函数 思维点拨 解析 思维升华 跟踪训练1 2013 课标全国 设a b c均为正数 且a b c 1 证明 1 ab bc ac 证明由a2 b2 2ab b2 c2 2bc c2 a2 2ac得a2 b2 c2 ab bc ca 由题设得 a b c 2 1 即a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 1 所以3 ab bc ca 1 即ab bc ca 跟踪训练1 2013 课标全国 设a b c均为正数 且a b c 1 证明 2 1 思维点拨 解析 思维升华 题型二分析法的应用 用分析法 移项 平方 化简 题型二分析法的应用 思维点拨 解析 思维升华 题型二分析法的应用 思维点拨 解析 思维升华 题型二分析法的应用 思维点拨 解析 思维升华 题型二分析法的应用 思维点拨 解析 思维升华 题型二分析法的应用 思维点拨 解析 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获解的关键 题型二分析法的应用 思维点拨 解析 思维升华 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 题型二分析法的应用 思维点拨 解析 思维升华 证明因为a b 0 所以要证原不等式成立 即证 a3 b3 2 a2 b2 3 即证a6 2a3b3 b6 a6 3a4b2 3a2b4 b6 只需证2a3b3 3a4b2 3a2b4 因为a b 0 所以即证2ab 3 a2 b2 而a2 b2 2ab 3 a2 b2 6ab 2ab成立 例3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 题型三反证法的应用 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 思维点拨 解析 思维升华 例3已知数列 an 的前n项和为sn 且满足an sn 2 2 求证 数列 an 中不存在三项按原来顺序成等差数列 证明 2 用反证法 假设存在三项 符合条件推出矛盾 例3已知数列 an 的前n项和为sn 且满足an sn 2 2 求证 数列 an 中不存在三项按原来顺序成等差数列 思维点拨 解析 思维升华 证明反证法 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 q r 且p q r n 又因为p q r 所以r q r p n 例3已知数列 an 的前n项和为sn 且满足an sn 2 2 求证 数列 an 中不存在三项按原来顺序成等差数列 思维点拨 解析 思维升华 所以 式左边是偶数 右边是奇数 等式不成立 所以假设不成立 原命题得证 例3已知数列 an 的前n项和为sn 且满足an sn 2 2 求证 数列 an 中不存在三项按原来顺序成等差数列 思维点拨 解析 思维升华 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 例3已知数列 an 的前n项和为sn 且满足an sn 2 2 求证 数列 an 中不存在三项按原来顺序成等差数列 思维点拨 解析 思维升华 2 用反证法证明不等式要把握三点 必须否定结论 必须从否定结论进行推理 推导出的矛盾必须是明显的 例3已知数列 an 的前n项和为sn 且满足an sn 2 2 求证 数列 an 中不存在三项按原来顺序成等差数列 思维点拨 解析 思维升华 跟踪训练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 p q r n p r 与p r矛盾 假设不成立 即数列 bn 中任意不同的三项都不可能成等比数列 典例 14分 已知数列 xn 满足x1 xn 1 求证 0 xn 1 xn 思想与方法系列20放缩有 度 巧证不等式 温馨提醒 规范解答 思维点拨 思维点拨 温馨提醒 先证0 xn 1 再求xn 1 xn的表达式 利用不等式放缩得出结论 规范解答 证明由条件可知数列 xn 的各项均为正数 故由基本不等式 得xn 1 1 若xn 1 1 则xn 1 这与已知条件x1 矛盾 所以0 xn 1 思维点拨 温馨提醒 规范解答 思维点拨 温馨提醒 规范解答 因上述两个不等式中等号不可能同时成立 思维点拨 温馨提醒 规范解答 1 所谓放缩法就是利用不等式的传递性 根据证题目标进行合情合理的放大或缩小 在使用放缩法证题时要注意放和缩的 度 否则就不能同向传递了 此法既可以单独用来证明不等式 也可以是其他方法证题时的一个重要步骤 思维点拨 温馨提醒 规范解答 2 本题技巧性较强 经过了两次放缩 关键是放缩后的式子要尽可能地接近原式 减小放缩度 以避免运算上的麻烦 第一次是利用基本不等式 将xn 1 xn转化为常数 根据已知验证可判定出0 xn 1 第二次放缩法是证明不等式经常利用的方法 多采用添项或去项 分子 分母扩大或缩小 应用基本不等式进行放缩 放缩时要注意放缩的方向保持一致 在此步骤中 因两个等式中的等号不可能同时成立 所以两式相乘后不取等号 这是易错之处 必须加以警惕 思维点拨 温馨提醒 规范解答 方法与技巧 1 分析法的特点 从未知看需知 逐步靠拢已知 3 分析法和综合法各有优缺点 分析法思考起来比较自然 容易寻找到解题的思路和方法 缺点是思路逆行 叙述较繁 综合法从条件推出结论 较简捷地解决问题 但不便于思考 实际证题时常常两法兼用 先用分析法探索证明途径 然后再用综合法叙述出来 2 综合法的特点 从已知看可知 逐步推出未知 失误与防范 1 用分析法证明时 要注意书写格式的规范性 常常用 要证 欲证 即证 只需证 等 逐步分析 直至一个明显成立的结论 2 利用反证法证明数学问题时 要假设结论错误 并用假设的命题进行推理 如果没有用假设的命题推理而推出矛盾结果 其推理过程是错误的 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 即a b 答案a b 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 p2 q2 p q p q 2 4 5 6 7 8 9 10 1 3 欲证a2 b2 a b 2 2ab 2 即证4 2ab 2 2 4 5 6 7 8 9 10 1 3 即ab 1 由 知成立 答案 2 3 5 6 7 8 9 10 1 4 2 3 5 6 7 8 9 10 1 4 即a b 1时 取 答案4 2 3 4 6 7 8 9 10 1 5 5 2014 山东改编 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 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 方程x3 ax b 0没有实根 6 下列条件 ab 0 ab0 b 0 a 0 b 0 其中能使 2成立的条件的个数是 2 3 4 5 7 8 9 10 1 6 3 7 已知 整数对 按如下规律排成一列 1 1 1 2 2 1 1 3 2 2 3 1 1 4 2 3 3 2 4 1 则第60个 整数对 是 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 解析依题意 把 整数对 的和相同的分为一组 不难得知每组中每个 整数对 的和为n 1 且每组共有n个 整数对 这样的前n组一共有个 整数对 注意到 60 因此第60个 整数对 处于第11组 每个 整数对 的和为12的组 的第5个位置 结合题意可知每个 整数对 的和为12的组中的各数对依次为 1 11 2 10 3 9 4 8 5 7 因此第60个 整数对 是 5 7 2 3 4 5 6 8 9 10 1 7 答案 5 7 2 3 4 5 6 7 9 10 1 8 解析 f x sinx在区间 0 上是凸函数 且a b c 0 2 3 4 5 6 7 9 10 1 8 2 3 4 5 6 7 8 10 1 9 证明 a b a b 0 平方得 a 2 b 2 2 a b 2 a 2 b 2 2a b 只需证 a 2 b 2 2 a b 0 即 a b 2 0 显然成立 故原不等式得证 10 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 3 4 5 6 7 8 9 1 10 证明由已知得sa2 ad2 sd2 sa ad 同理sa ab 又ab ad a sa 平面abcd 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 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 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 故不存在这样的点f 使得bf 平面sad 2 3 4 5 1 a b c 2 2013 广东 设整数n 4 集合x 1 2 3 n 令集合s x y z x y z x 且三条件x y