高考数学大一轮复习 第十三章 推理与证明、算法、复数 13.2 直接证明与间接证明课件 理 新人教版

1、13.2直接证明与间接证明,基础知识自主学习,课时作业,题型分类深度剖析,内容索引,基础知识自主学习,1.直接证明,知识梳理,(1)综合法 定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的 ，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法 框图表示： (其中p表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，q表示所要证明的结论) 思维过程：由因导果,推理论证,(2)分析法 定义：一般地，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)为止，这种证明方法叫做分析法 (其中q表示要证明的结论) 思维过程：执果索因

2、,要证明的结论,充分条件,2.间接证明,反证法：一般地，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.,不成立,矛盾,原命题成立,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 最合适的方法是分

3、析法.(),考点自测,1.若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是,答案,解析,a2aba(ab)， a0， a2ab. 又abb2b(ab)0，abb2， 由得a2abb2.,2.(2016北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则 a.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 b.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 c.乙盒中红球不多于丙盒中红球 d.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多,答案,解析,取两个球往盒子中放有4种情况： 红红

4、，则乙盒中红球数加1； 黑黑，则丙盒中黑球数加1； 红黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1； 黑红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1. 因为红球和黑球个数一样，所以和的情况一样多.和的情况完全随机，和对b选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.和出现的次数是一样的，所以对b选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样.综上选b.,3.要证a2b21a2b20，只要证明,a2b21a2b20(a21)(b21)0.,答案,解析,a0，b0且ab,答案,解析,答案,解析,f(x)sin x在区间(0，)上是凸函数，且a、b、c(0，).,题型分类深度剖析,题型一综合法的

5、应用,例1 (2016重庆模拟)设a，b，c均为正数，且abc1. 证明：(1)abbcac ；,证明,由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac， 得a2b2c2abbcca， 由题设得(abc)21， 即a2b2c22ab2bc2ca1.,证明,(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.,思维升华,跟踪训练1对于定义域为0,1的函数f(x)，如果同时满足： 对任意的x0,1，总有f(x)0；

6、f(1)1； 若x10，x20，x1x21，都有f(x1x2)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；,证明,取x1x20，则x1x201， f(00)f(0)f(0)，f(0)0. 又对任意的x0,1，总有f(x)0， f(0)0.于是f(0)0.,解答,对于f(x)2x，x0,1， f(1)2不满足新定义中的条件， f(x)2x(x0,1)不是理想函数. 对于f(x)x2，x0,1，显然f(x)0，且f(1)1.,f(x)x2(x0,1)是理想函数.,综上，f(x)x2(x0,1)是理想函数，,对任意的x1，x20,1，x1

7、x21，,即f2(x1x2)f(x1)f(x2)2.,f(x1x2)f(x1)f(x2)，不满足条件.,例2,题型二分析法的应用,证明,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)1.,引申探究,证明,由于x1，x2r时， 0, 0，,(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. (2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑

8、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.,思维升华,跟踪训练2(2017重庆月考)设a0，b0,2cab，求证： (1)c2ab；,证明,证明,(ac)2c2aba(ab2c)0成立，,原不等式成立.,题型三反证法的应用,命题点1证明否定性命题 例3等差数列an的前n项和为sn，a11 ，s393 .,(1)求数列an的通项an与前n项和sn；,解答,(2)设bn (nn*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列.,证明,假设不成立，即数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列.,命题点2证明存在性问题 例4

9、(2016济南模拟)若f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(ab)，则称函数f(x)是a，b上的“四维光军”函数.,解答,由题设得g(x) (x1)21，其图象的对称轴为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，,因为b1，所以b3.,(2)是否存在常数a，b(a2)，使函数h(x) 是区间a，b上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由.,解答,解得ab，这与已知矛盾.故不存在.,命题点3证明唯一性命题 例5已知m是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)m， 方程f(x)x0有实

10、数根； 函数f(x)的导数f(x)满足0f(x)1.,解答,当x0时，f(0)0，所以方程f(x)x0有实数根0；,(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.,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

11、.,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.,思维升华,跟踪训练3已知二次函数f(x)ax2bxc(a0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)0，且00.,证明,f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，,f(x)0有两个

12、不等实根x1，x2，,f(c)0，x1c是f(x)0的根，,证明,典例(12分)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.,反证法在证明题中的应用,思想与方法系列26,思想方法指导,规范解答,在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问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、

13、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.,返回,(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)，,(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.,设a(x1，y1)，c(x2，y2)，则,因为m为ac和ob的交点，且m0，k0，,所以oabc不是菱形，与假设矛盾.,所以当点b不是w的顶点时，四边形oabc不可能是菱形. 12分,返回,课时作业,1.(2017泰安质检)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2axb0至少有一个实

14、根”时，要做的假设是 a.方程x2axb0没有实根 b.方程x2axb0至多有一个实根 c.方程x2axb0至多有两个实根 d.方程x2axb0恰好有两个实根,答案,解析,因为“方程x2axb0至少有一个实根”等价于“方程x2axb0有一个实根或两个实根”，,所以该命题的否定是“方程x2axb0没有实根”.故选a.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,2.(2016山西质量监测)对累乘运算有如下定义： aka1a2 an，则下列命题中的真命题是,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,

15、13,当且仅当xyz时等号成立.,答案,解析,a.都大于2 b.至少有一个大于2 c.至少有一个不小于2 d.至少有一个不大于2,所以三个数中至少有一个不小于2，故选c.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,4.已知p3q32，证明：pq2.用反证法证明时，可假设pq2； 若a，br，|a|b|1，求证：方程x2axb0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|1.以下结论正确的是 a.与的假设都错误 b.的假设正确；的假设错误 c.与的假设都正确 d.的假设错误；的假设正确,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8

16、,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,对于，结论的否定是pq2，,故中的假设错误； 对于，其假设正确，故选d.,5.设a，b是两个实数，给出下列条件： 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. b. c. d.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,但a1，b1，故推不出；,若ab1，则ab2，故推不出；,若a2，b3，则a2b22，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，,1,2,3,4,5,

17、6,7,8,9,10,11,12,13,反证法：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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,6.(2016河南三市联考)设n为正整数，f(n)1 ，计算得f(2) ，f(4)2，f(8) ，f(16)3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f(128)_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,答案,解析,7.(2016全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后

18、说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_.,答案,解析,1和3,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知， 丙为“1和2”或“1和3”， 又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”， 所以乙只可能为“2和3”， 又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”， 所以甲只能为“1和3”.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,若二次函数f(x)0在区间1,1内恒成立，,8.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

19、，则实数p的取值范围是_.,答案,解析,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,所以要证的不等式成立.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,10.设f(x)ax2bxc(a0)，若函数f(x1)与f(x)的图象关于y轴对称，求证：f(x )为偶函数.,证明,由函数f(x1)与f(x)的图象关于y轴对称，可知f(x1)f(x).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(1)证明：函数f(x)在(1，)上为增

20、函数；,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,任取x1，x2(1，)，,又x110，x210，,不妨设x10.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,故函数f(x)在(1，)上为增函数.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(2)用反证法证明方程f(x)0没有负数根.,证明,假设存在x00(x01)满足f(x0)0，,a1，0 1，,故方程f(x)0没有负数根.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,12.(2015陕西)设fn(x)是等比数列1，x，x2，xn的各项和，其中x0，nn，n2.,1,

21、2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,证明,fn(x)fn(x)21xx2xn2，,则fn(1)n10，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,又fn(x)12xnxn10(x0)，,因为xn是fn(x)的零点，所以fn(xn)0，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明.,解答,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,设h(x)fn(x)gn(x),1xx2xn ，x0.,当x1时

22、，fn(x)gn(x)；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减，,所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)， 综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)； 当x1时，fn(x)gn(x).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,方法二由题设，fn(x)1xx2xn，,当x1时，fn(x)gn(x)，,当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)，,所以f2(x)g2(x)成立，,假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,那么，当nk1时，,fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1,令hk(x)kxk1(k1)xk1(x0)，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1 k(k1)xk1(x1)，,故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立，,所以当