（三管齐下）贵州省2014届高三数学 复习试题38 直接证明与间接证明理（含解析）新人教A版

1、38直接证明与间接证明导学目标： 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及特点.2.了解间接证明的一种基本方法反证法，了解反证法的思考过程及特点自主梳理1直接证明(1)综合法定义：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的_，最后推导出所要证明的结论_，这种证明方法叫做综合法框图表示：(其中P表示已知条件，Q表示要证的结论)(2)分析法定义：从_出发，逐步寻求使它成立的_，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)这种证明的方法叫做分析法框图表示：.2间接证明反证法：假设原命题_(即在原命题的条件下，结论

2、不成立)，经过正确的推理，最后得出_，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法自我检测1分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的()A充分条件 B必要条件C充要条件 D既不充分又不必要条件2(2011·揭阳模拟)用反证法证明“如果a>b，那么>”的假设内容应是()A. B.<C.且< D.或<3设a、b、c是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是()A|ac|ab|cb|Ba2aC.<D|ab|24(2010·广东)在集合a，b，c，d上定义两种运算和如下：那么d(ac)等于()Aa Bb Cc Dd5(201

3、1·东北三省四市联考)设x、y、zR，ax，by，cz，则a、b、c三数()A至少有一个不大于2 B都小于2C至少有一个不小于2 D都大于2探究点一综合法例1已知a，b，c都是实数，求证：a2b2c2(abc)2abbcca.变式迁移1设a，b，c>0，证明：abc.探究点二分析法例2(2011·马鞍山月考)若a，b，c是不全相等的正数，求证：lg lg lg >lg alg blg c.变式迁移2已知a>0，求证： a2.探究点三反证法例3若x，y都是正实数，且xy>2，求证：<2与<2中至少有一个成立变式迁移3若a，b，c均为实数，且

4、ax22y，by22z，cz22x.求证：a，b，c中至少有一个大于0.转化与化归思想的应用例(12分)(2010·上海改编)若实数x、y、m满足|xm|ym|，则称x比y远离m.(1)若x21比1远离0，求x的取值范围(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3b3比a2bab2远离2ab.多角度审题(1)本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解(2)第(2)小题，实质是证明不等式|a3b32ab|>|a2bab22ab|成立证明时注意提取公因式及配方法的运用【答题模板】(1)解由题意得1，即x211或x211.2分由x211，得x22，即x或x；由x21

5、1，得x.综上可知x的取值范围为(，)(，)4分(2)证明由题意知即证成立6分ab，且a、b都为正数，(ab)2，ab()2(ab)2，8分即证(ab)2(ab)20，即证(abab)(abab)0，需证0，10分即证(ab)(ab)20，a、b都为正数且ab，上式成立故原命题成立12分【突破思维障碍】1准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键2代数式|a3b32ab|与|a2bab22ab|中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便【易错点剖析】1推理论证能力较差，绝对值符号不会去2运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错1综合法是从条件推导到结论的思维方法，它是从已知

6、条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论即由因导果2分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法3用反证法证明问题的一般步骤：(1)反设：假定所要证的结论不成立，即结论的反面(否定命题)成立；(否定结论)(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)(3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立(结论成立)(满分：7

7、5分)一、选择题(每小题5分，共25分)1用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2bxc0 (a0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是()A假设a、b、c都是偶数B假设a、b、c都不是偶数C假设a、b、c至多有一个偶数D假设a、b、c至多有两个偶数2(2011·济南模拟)a，b，c为互不相等的正数，且a2c22bc，则下列关系中可能成立的是()Aa>b>c Bb>c>aCb>a>c Da>c>b3设a、b、c(0，)，Pabc，Qbca，Rcab，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的(

8、)A充分而不必要条件 B必要而不充分条件C充分且必要条件 D既不充分也不必要条件4(2010·上海普陀2月统考)已知a、b是非零实数，且a>b，则下列不等式中成立的是()A.<1 Ba2>b2C|ab|>|ab| D.>5(2011·厦门月考)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()AA1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形BA1B1C1和A2B2C2都是钝角三角形CA1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形DA1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形二、填空题(每小题4分，共12分)6(

9、2011·江苏前黄高级中学模拟)某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在0,1上有意义，且f(0)f(1)，如果对于不同的x1，x20,1，都有|f(x1)f(x2)|<|x1x2|，求证：|f(x1)f(x2)|<.那么他的反设应该是_7对于任意实数a，b定义运算a*b(a1)(b1)1，给出以下结论：对于任意实数a，b，c，有a*(bc)(a*b)(a*c)；对于任意实数a，b，c，有a*(b*c)(a*b)*c；对于任意实数a，有a*0a.则以上结论正确的是_(写出你认为正确的结论的所有序号)8(2011·揭阳模拟)已知三棱锥SABC的三视图如图

10、所示：在原三棱锥中给出下列命题：BC平面SAC；平面SBC平面SAB；SBAC.其中命题正确的是_(填序号)三、解答题(共38分)9(12分)已知非零向量a、b，ab，求证：.10(12分)(2011·宁波月考)已知a、b、c>0，求证：a3b3c3(a2b2c2)(abc)11(14分)(2011·宁波月考)已知a、b、c(0,1)，求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a不能同时大于.38直接证明与间接证明自主梳理1(1)推理论证成立(2)要证明的结论充分条件2不成立矛盾自我检测1A由分析法的定义可知2D因为>的否定是，即或<.3DD选项成立时需得证a

11、b>0.A中|ab|cb|(ab)(cb)|ac|，B作差可证；C移项平方可证4A由所给的定义运算知acc，dca.5Cabcxyz6，因此a、b、c至少有一个不小于2.课堂活动区例1解题导引综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用这里可从基本不等式相加的角度先证得a2b2c2abbcca成立，再进一步得出结论证明a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，三式相加得a2b2c2abbcca，3a23b23c2(a2b2c2)2(abbcca)(abc)2.a2b2c2(abc)2；a2b2c2abbcca，a2b2c22(abbcca)abbcca2(abbc

12、ca)，(abc)23(abbcca)原命题得证变式迁移1证明a，b，c>0，根据基本不等式，有b2a，c2b，a2c.三式相加：abc2(abc)即abc.例2解题导引当所给的条件简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法证明要证lglglg>lg alg blg c，只需证lg>lg(a·b·c)，只需证··>abc.(中间结果)因为a，b，c是不全相等的正数，则>0，>0，>0.且上述三式中的等号不全成立，所以··>

13、abc.(中间结果)所以lglglg>lg alg blg c.变式迁移2证明要证 a2，只要证 2a.a>0，故只要证 22，即a24 4a2222，从而只要证2，只要证42，即a22，而该不等式显然成立，故原不等式成立例3解题导引(1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的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，与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器(2)利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理

14、，否则，将出现循环论证的错误证明假设<2和<2都不成立，则有2和2同时成立，因为x>0且y>0，所以1x2y，且1y2x，两式相加，得2xy2x2y，所以xy2，这与已知条件xy>2相矛盾，因此<2与<2中至少有一个成立变式迁移3证明假设a，b，c都不大于0，即a0，b0，c0.ax22y，by22z，cz22x，x22yy22zz22x(x1)2(y1)2(z1)2(3)0，又(x1)2(y1)2(z1)20，3>0，(x1)2(y1)2(z1)2(3)>0.式与式矛盾，假设不成立，即a，b，c中至少有一个大于0.课后练习区1B2C由a2

15、c2>2ac2bc>2acb>a，可排除A、D，令a2，c1，可得b，可知C可能成立3C必要性是显然成立的，当PQR>0时，若P、Q、R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P>0，Q<0，R<0，则QR2c<0，这与c>0矛盾，即充分性也成立4D<1<0a(ab)>0.a>b，ab>0.而a可能大于0，也可能小于0，因此a(ab)>0不一定成立，即A不一定成立；a2>b2(ab)(ab)>0，ab>0，只有当ab>0时，a2>b2成立，故B不一定成立；|ab|>

16、;|ab|(ab)2>(ab)2ab>0，而ab<0也有可能，故C不一定成立；由于>>0(ab)a2b2>0.a，b非零，a>b，上式一定成立，因此只有D正确5D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，所以A2B2C2是钝角三角形6“x1，x20,1，使得|f(x1)f(x2)|<|x1x2|，则|f(x1)f(x2)|”7解析按新定义，可以验证a*(bc)(a*b)(a*c)；所以不成立；而a*(b*c)(a*b

17、)*c成立，a*0(a1)(01)1a.所以正确的结论是.8解析由三视图知，在三棱锥SABC中，底面ABC为直角三角形且ACB90°，即BCAC，又SA底面ABC，BCSA，由于SAACA，BC平面SAC.所以命题正确由已知推证不出命题正确故填.9证明ab，a·b0.(2分)要证，只需证：|a|b|ab|，(4分)平方得：|a|2|b|22|a|b|2(|a|2|b|22a·b)，(8分)只需证：|a|2|b|22|a|b|0，(10分)即(|a|b|)20，显然成立故原不等式得证. (12分)10证明a2b22ab，a、b、c>0，(a2b2)(ab)2ab(ab)，(3分)a3b3a2bab22ab(ab)2a2b2ab2，a3b3a2bab2.(6分)同理，b3c3b2cbc2，a3c3a2cac2，将三式相加得，2(a3b3c3)a2bab2b2cbc2a2cac2.(9分)3(a3b3c3)(a3a2ba2c)(b3b2ab2c)(c3c2ac2b)(abc)(a2b2c2)a3b3