高考数一轮复习 第九章 第五节 直接证明与间接证明突破热点题型 文

第五节直接证明与间接证明考点一分析法的应用[例1]已知函数f(x)＝3x－2x，求证：对于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[自主解答]要证明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即证明eq\f(3x1－2x1＋3x2－2x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－2·eq\f(x1＋x2,2)，因此只要证明eq\f(3x1＋3x2,2)－(x1＋x2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－(x1＋x2)，即证明eq\f(3x1＋3x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)，因此只要证明eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)，由于x1，x2∈R，所以3x1>0,3x2>0，由基本不等式知eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)显然成立，故原结论成立．【方法规律】利用分析法证明问题的思路分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．已知非零向量a、b，且a⊥b，求证：eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).证明：a⊥b⇔a·b＝0，要证eq\f(|a|＋|b|,|a＋b|)≤eq\r(2).只需证|a|＋|b|≤eq\r(2)|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＋2b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.考点二综合法与分析法的综合应用[例2](·湖北高考)如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2＝d1.同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3.过AB，AC的中点M，N且与直线AA2平行的平面截多面体A1B1C1­A2B2C2所得的截面DEFG为该多面体的一个中截面，其(1)证明：中截面DEFG是梯形；(2)在△ABC中，记BC＝a，BC边上的高为h，面积为S.在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量(即多面体A1B1C1­A2B2C2的体积V)时，可用近似公式V估＝S中·h来估算．已知V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S，试判断V估与V的大小关系，并加以证明．[自主解答](1)证明：依题意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2所以四边形A1A2B2B1，A1A由AA2∥平面MEFN，AA2⊂平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.同理可证A1A2∥FG，所以DE∥又点M，N分别为AB，AC的中点，则点D，E，F，G分别为A1B1，A2B2，A2C2，A1C即DE、FG分别为梯形A1A2B2B1、A1A因此DE＝eq\f(1,2)(A1A2＋B1B2)＝eq\f(1,2)(d1＋d2)，FG＝eq\f(1,2)(A1A2＋C1C2)＝eq\f(1,2)(d1＋d3)，而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面DEFG是梯形．(2)V估<V.证明如下：由A1A2⊥平面ABC，MN⊂平面ABC，可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2，所以EM同理可得FN⊥MN.由MN是△ABC的中位线，可得MN＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)a，即为梯形DEFG的高，因此S中＝S梯形DEFG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d1＋d2,2)＋\f(d1＋d3,2)))·eq\f(a,2)＝eq\f(a,8)(2d1＋d2＋d3)，即V估＝S中·h＝eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)．又S＝eq\f(1,2)ah，所以V＝eq\f(1,3)(d1＋d2＋d3)S＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)．于是V－V估＝eq\f(ah,6)(d1＋d2＋d3)－eq\f(ah,8)(2d1＋d2＋d3)＝eq\f(ah,24)[(d2－d1)＋(d3－d1)]．由d1<d2<d3，得d2－d1>0，d3－d1>0，故V估<V.【方法规律】综合法与分析法联袂应用的技巧综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法分析，综合法书写．这一点在立体几何中应用最为明显，同时，在数列、三角、解析几何中也大多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足以下三条：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③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．试判断g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否为理想函数，如果是，请予以证明；如果不是，请说明理由．证明：g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函数，证明如下：因为x∈[0,1]，所以2x≥1,2x－1≥0，即对任意x∈[0,1]，总有g(x)≥0，满足条件①.g(1)＝21－1＝2－1＝1，满足条件②.当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时，g(x1＋x2)＝2x1＋x2－1，g(x1)＋g(x2)＝2x1－1＋2x2－1，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝(2x1＋x2－1)－(2x1－1＋2x2－1)＝2x1·2x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)．由于x1≥0，x2≥0，所以2x1－1≥0,2x2－1≥0，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]≥0，因此g(x1＋x2)≥g(x1)＋g(x2)，满足条件③，故函数g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函数．高频考点考点三反证法的应用1．反证法的应用是高考的常考内容，题型为解答题，难度适中，为中高档题．2．高考对反证法的考查常有以下两个命题角度：(1)证明否定性命题；(2)证明存在性问题．[例3](·北京高考)已知{an}是由非负整数组成的无穷数列．该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数．证明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.[自主解答](1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)证明：(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…，因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1,2,3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，又an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1，于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)证明：因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2.于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.反证法应用问题的常见类型及解题策略(1)证明否定性命题．解决此类问题分三步：①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论正确．(2)证明存在性问题．证明此类问题的方法类同问题(1)．1．(·陕西高考)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．解：(1)设{an}的前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(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)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋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．2．已知f(x)＝x2＋px＋q.求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).证明：(1)因为f(x)＝x2＋px＋q，所以f(1)＝1＋p＋q，f(2)＝4＋2p＋q，f(3)＝9＋3p＋q，则f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q(2)假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于eq\f(1,2)，即|f(1)|<eq\f(1,2)，|f(2)|<eq\f(1,2)，|f(3)|<eq\f(1,2)，则－eq\f(1,2)<f(1)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(2)<eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)<f(3)<eq\f(1,2).由同向不等式性质，得－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2.这与f(1)＋f(3)－2故原命题结论成立，即|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).——————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————1种关系——综合法与分析法的关系综合法与分析法的关系：分析法与综合法相辅相成，对较复