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.ppt

1、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,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 (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.,知识梳理,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. 框图表

2、示： (其中Q表示要证明的结论). 思维过程：执果索因.,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,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.(),基础自测,1,2,3,4,5,6,(5)在解决

3、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.(),1,2,3,4,5,6,题组二教材改编 2.P89T2若P (a0)，则P，Q的大小关系是 A.PQ B.PQ C.PQ D.由a的取值确定,答案,解析,1,2,3,4,5,6,P2Q2，又P0，Q0，PQ.,3.P91B组T2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 A.1 B.2 C.4 D.6,答案,解析,1,2,3,4,5,6,1,2,3,4,5,6,解析,答案,题组三易错自纠 4.若a，b，c为实数，且aabb2,1,2

4、,3,4,5,6,解析a2aba(ab)， a0， 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,解析,答案,1,2,3,4,5,6,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.,解析,答案,1,2,3,4,5,6,6.(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

5、A2B2C2是_三角形.,钝角,1,2,3,4,5,6,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.,1,2,3,4,5,6,所以A2B2C2是钝角三角形.,题型分类深度剖析,1.(2018绥化模拟)设a，b，c均为正实数，则三个数 A.都大于2 B.都小于2 C.至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2,题型一综合法的应用,自主演练,解析a0，b0，c0，,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.,解析,答案,解析,答案,a0，b0且ab,3.(2018武汉月考)若a，b，c是不全相等的正数

6、，求证：,证明,证明a，b，c(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，,上式两边同时取常用对数，得,(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,师生共研,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

7、 x22cos x1cos x2， 即证cos(x1x2)1.,若本例中f(x)变为f(x)3x2x，试证：对于任意的x1，x2R，均有,证明,由于当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.,证明,题型三反证法的应用,多维探究,解答,命题点1证明否定性命题 典例 (2018株州月考)设an是公比为q的等比数列. (1)推导an的前n项和公

8、式；,解设an的前n项和为Sn，则 当q1时，Sna1a1a1na1； 当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1， qSna1qa1q2a1qn， 得，(1q)Sna1a1qn，,(2)设q1，证明：数列an1不是等比数列.,证明假设an1是等比数列，则对任意的kN*， (ak11)2(ak1)(ak21)，,证明,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；,证明由已知得SA2AD2SD2，SAA

9、D. 同理SAAB. 又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD， SA平面ABCD.,证明,(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. 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.,解答,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

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

11、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 q； 第三步：由p和 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 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(ab)，则称函数f(x)是 a，b上的“四维光军”函数.,解答,因为b1，所以b3.,解答,解得ab，这与已知矛盾.故不存在.,典

12、例 (12分)(2018衡阳调研)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,思想方法,思想方法指导,规范解答,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

13、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)，,(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.,消y并整理得(14k2)x28kmx4m240. 6分 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则,因为M为AC和OB的交点，且m0，k0，,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,课时作业,A.ABC B.ACB C.B

14、CA D.CBA,基础保分练,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,2.分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证 ”索的因应是 A.ab0 B.ac0 C.(ab)(ac)0 D.(ab)(ac)0,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,(ac)2ac0 (ac)(2ac)0(ac)(ab)0.,3.(2017郑州模拟)设x0，P2x2x，Q(sin xcos x)2，则 A.PQ B.P

15、Q C.PQ D.PQ,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解析因为2x2x2(当且仅当x0时等号成立)，而x0，所以P2；又(sin xcos x)21sin 2x，而sin 2x1，所以Q2.于是PQ.故选A.,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,4.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

16、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,解析对于，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.若 ，则下列结论不正确的是 A.a2|ab|,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,a2b2，abb2，ab0， |a|b|ab|.,6.(2018济宁模拟)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.,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1

17、3,14,15,16,但a2，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.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,7.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_.,a，b都不能被5整除,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,

18、15,16,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,cn1cn,解析由条件得,则cn随n的增大而减小，cn1cn.,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,10.(2017武汉联考)已知直线l平面，直线m平面，有下列命题： lm；lm；lm；lm. 其中正确命题的序号是_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,11.(2017黄冈模拟)设数列an的前n项和为Sn，且(3m)Sn2manm3(nN*).其中m为常数，且m3且m0. (1)求证：an是等比数

19、列；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明,证明由(3m)Sn2manm3， 得(3m)Sn12man1m3. 两式相减，得(3m)an12man，m3且m0，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明(3m)Sn2manm3， (3m)a12ma1m3，a11.,当nN*且n2时，,12.(2017北京)设an和bn是两个等差数列，记cnmaxb1a1n，b2a2n，bnann(n1,2,3，)，其中maxx1，x2，xs

20、表示x1，x2，xs这s个数中最大的数. (1)若ann，bn2n1，求c1，c2，c3的值，并证明cn是等差数列；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解答,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,解c1b1a1110， c2maxb12a1，b22a2 max121,3221， c3maxb13a1，b23a2，b33a3 max131,332,5332. 当n3时， (bk1nak1)(bknak)(bk1bk)n(ak1ak)2n0， 所以bknak在kN*上单调递减. 所以cnmaxb1a1n，b2a2n

21、，bnannb1a1n1n. 所以对任意n1，cn1n，于是cn1cn1， 所以cn是等差数列.,(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时， ；或者存在正整数m，使得cm，cm1，cm2，是等差数列.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明设数列an和bn的公差分别为d1，d2， 则bknakb1(k1)d2a1(k1)d1n b1a1n(d2nd1)(k1).,当d10时，,因此，cnb1a1n， 此时，cm，cm1，cm2，是等差数列.,当d10时，对

22、任意n1， cnb1a1n(n1)maxd2,0 b1a1(n1)(maxd2,0a1). 此时，c1，c2，c3，cn，是等差数列. 当d10时，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,n(d1)d1a1d2|b1d2|. 对任意正数M，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,13.(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_.,技能提升练,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15

23、,16,解析若二次函数f(x)0在区间1,1内恒成立，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,证明由于x1，y1，,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).,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,因为x1，y1， 所以(xy1)(x1)(y1)0， 从而所要证明的不等式成立.,解当n1时，a1S12a12，则a11. 又anSn2，所以an1Sn12，,拓展冲刺练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,15.(2018中山模拟)已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2. (1)求数列an的通项公式；,解答,证明假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap1，aq1，ar1 (pqr，且p，q，rN*)，,