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2013高考数学(理)一轮复习教案:第十三篇


第2讲
【2013 年高考会这样考】

直接证明与间接证明

1.在历年的高考中,证明方法是常考内容,考查的主要方式是对它们原理的理解和用法.难 度多为中档题,也有高档题. 2.从考查形式上看,主要以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程、数列等知识为载体, 考查综合法、分析法、反证法等方法. 【复习指导】 在备考中,对本部分的内容,要抓住关键,即分析法、综合法、反证法,要搞清三种方法的 特点,把握三种方法在解决问题中的一般步骤,熟悉三种方法适用于解决的问题的类型,同 时也要加强训练,达到熟能生巧,有效运用它们的目的. 基础梳理 1.直接证明 (1)综合法 ①定义:利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,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. ②框图表示: P?Q1 → Q1?Q2 → Q2?Q3 →?→ Qn?Q (其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q 表示要证的结论). (2)分析法 ①定义:从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,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. ②框图表示: Q?P1 → P1?P2 → P2?P3 →?→ 得到一个明显成立的条件 . 2.间接证明 一般地,由证明 p?q 转向证明:綈 q?r???t. t 与假设矛盾,或与某个真命题矛盾.从而判定綈 q 为假,推出 q 为真的方法,叫做反证法.

一个关系 综合法与分析法的关系

分析法与综合法相辅相成,对较复杂的问题,常常先从结论进行分析,寻求结论与条件、基 础知识之间的关系,找到解决问题的思路,再运用综合法证明,或者在证明时将两种方法交 叉使用. 两个防范 (1)利用反证法证明数学问题时,要假设结论错误,并用假设命题进行推理,没有用假设命题 推理而推出矛盾结果,其推理过程是错误的. (2)用分析法证明数学问题时,要注意书写格式的规范性,常常用“要证(欲证)?”“即要 证?”“就要证?”等分析到一个明显成立的结论 P,再说明所要证明的数学问题成立. 双基自测 b d 1.(人教 A 版教材习题改编)p= ab+ cd,q= ma+nc· m+n(m、n、a、b、c、d 均为正 数),则 p、q 的大小为( A.p≥q 解析 q= B.p≤q ). C.p>q D.不确定

mad nbc ab+ n + m +cd≥ ab+2 abcd+cd

mad abc = ab+ cd=p,当且仅当 n = m 时取等号. 答案 B ).

2.设 a=lg 2+lg 5,b=ex(x<0),则 a 与 b 大小关系为( A.a>b C.a=b 解析 B.a<b D.a≤b

a=lg 2+lg 5=1,b=ex,当 x<0 时,0<b<1.

∴a>b. 答案 A ).

3.否定“自然数 a,b,c 中恰有一个偶数”时,正确的反设为( A.a,b,c 都是奇数 B.a,b,c 都是偶数 C.a,b,c 中至少有两个偶数 D.a,b,c 中至少有两个偶数或都是奇数 解析

∵a,b,c 恰有一个偶数,即 a,b,c 中只有一个偶数,其反面是有两个或两个以上偶

数或没有一个偶数即全都是奇数,故只有 D 正确. 答案 D

4.(2012· 广州调研)设 a、b∈R,若 a-|b|>0,则下列不等式中正确的是( A.b-a>0 解析 答案 B.a3+b3<0 C.a2-b2<0 D.b+a>0

).

∵a-|b|>0,∴|b|<a,∴a>0,∴-a<b<a,∴b+a>0. D

5.在用反证法证明数学命题时,如果原命题的否定事项不止一个时,必须将结论的否定情况 逐一驳倒,才能肯定原命题的正确. 例如: 在△ABC 中, AB=AC, 是△ABC 内一点, 若 P ∠APB>∠APC, 求证: ∠BAP<∠CAP, 用反证法证明时应分:假设________和________两类. 答案 ∠BAP=∠CAP ∠BAP>∠CAP

考向一

综合法的应用

a2 b2 c2 【例 1】?设 a,b,c>0,证明: b + c + a ≥a+b+c. [审题视点] 用综合法证明,可考虑运用基本不等式. 证明 ∵a,b,c>0,根据均值不等式,

a2 b2 c2 有 b +b≥2a, c +c≥2b, a +a≥2c. a2 b2 c2 三式相加: b + c + a +a+b+c≥2(a+b+c). 当且仅当 a=b=c 时取等号. a2 b2 c2 即 b + c + a ≥a+b+c. 综合法是一种由因导果的证明方法,即由已知条件出发,推导出所要证明的等式或 不等式成立.因此,综合法又叫做顺推证法或由因导果法.其逻辑依据是三段论式的演绎推 理方法,这就要保证前提正确,推理合乎规律,才能保证结论的正确性. 1 1 【训练 1】 设 a,b 为互不相等的正数,且 a+b=1,证明:a+b>4. 证明 1 1 ?1 1? b a +b=?a+b?· (a+b)=2+a+b≥2+2=4. a ? ?

1 1 又 a 与 b 不相等.故a+b>4. 考向二 分析法的应用

?a+mb?2 a2+mb2 ?≤ 【例 2】?已知 m>0,a,b∈R,求证:? . 1+m ? 1+m ?

[审题视点] 先去分母,合并同类项,化成积式. 证明 ∵m>0,∴1+m>0.

所以要证原不等式成立, 只需证明(a+mb)2≤(1+m)(a2+mb2), 即证 m(a2-2ab+b2)≥0, 即证(a-b)2≥0,而(a-b)2≥0 显然成立, 故原不等式得证. 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. 【训练 2】 已知 a,b,m 都是正数,且 a<b. 求证: 证明 a+m a > . b+m b a+m a 要证明 > ,由于 a,b,m 都是正数, b+m b

只需证 a(b+m)<b(a+m), 只需证 am<bm, 由于 m>0,所以,只需证 a<b. 已知 a<b,所以原不等式成立. (说明:本题还可用作差比较法、综合法、反证法) 考向三 x-2 【例 3】?已知函数 f(x)=ax+ (a>1). x+1 (1)证明:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)用反证法证明 f(x)=0 没有负根. [审题视点] 第(1)问用单调增函数的定义证明;第(2)问假设存在 x0<0 后,应推导出 x0 的范围 与 x0<0 矛盾即可. 证明 >0. 所 以 ax2 - ax1 =ax1(ax2 -x1 -1)>0.又因为 x1 +1>0 ,x2 +1>0,所以 ?x2-2??x1+1?-?x1-2??x2+1? 3?x2-x1? = >0, ?x2+1??x1+1? ?x2+1??x1+1? x2-2 x1-2 - = x2+1 x1+1 (1)法一 任取 x1,x2∈(-1,+∞),不妨设 x1<x2,则 x2-x1>0,ax2-x1>1,且 ax1 反证法的应用

于是 f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+

x2-2 x1-2 - >0, x2+1 x1+1

故函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. 法二 f′(x)=axln a+ 3 >0, ?x+1?2

∴f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)假设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0,则 ax0=- x0-2 x0-2 ,又 0<ax0<1,所以 0<- < x0+1 x0+1

1 1,即2<x0<2,与 x0<0(x0≠-1)假设矛盾.故 f(x0)=0 没有负根. 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,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:①与已知条件矛盾; ②与假设矛盾;③与定义、公理、定理矛盾;④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. 【训练 3】 已知 a,b 为非零向量,且 a,b 不平行,求证:向量 a+b 与 a-b 不平行. 证明 假设向量 a+b 与 a-b 平行,

即存在实数 λ 使 a+b=λ(a-b)成立, 则(1-λ)a+(1+λ)b=0,∵a,b 不平行, ?1-λ=0, ?λ=1, ∴? 得? ?1+λ=0, ?λ=-1, 所以方程组无解,故假设不成立,故原命题成 立. 规范解答 24——怎样用反证法证明问题 【问题研究】 反证法是主要的间接证明方法,其基本特点是反设结论,导出矛盾,当问题从 正面证明无法入手时,就可以考虑使用反证法进行证明.在高考中,对反证法的考查往往是在 试题中某个重要的步骤进行. 【解决方案】 首先反设,且反设必须恰当,然后再推理、得出矛盾,最后肯定. 【示例】?(本题满分 12 分)(2011· 安徽)设直线 l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数 k1,k2 满足 k1k2+2=0. (1)证明 l1 与 l2 相交; (2)证明 l1 与 l2 的交点在椭圆 2x2+y2=1 上. 第(1)问采用反证法,第(2)问解 l1 与 l2 的交点坐标,代入椭圆方程验证.

[解答示范] 证明

(1)假设 l1 与 l2 不相交,

则 l1 与 l2 平行或重合,有 k1=k2,(2 分) 代入 k1k2+2=0,得 k2+2=0.(4 分) 1 这与 k1 为实数的事实相矛盾,从而 k1≠k2,即 l1 与 l2 相交.(6 分) ?y=k1x+1, (2)由方程组? ?y=k2x-1, 2 ?x=k2-k1, ? 解得交点 P 的坐标(x,y)为? k +k ?y=k2-k1. ? 2 1 ? 2 ? ?k2+k1?2 ? 从而 2x2+y2=2?k -k ?2+? ? 2 1? ?k2-k1? = 8+k2+k2+2k1k2 k2+k2+4 2 1 1 2 = 2 2 =1, 2 2 k2+k1-2k1k2 k1+k2+4

(9 分)

此即表明交点 P(x,y)在椭圆 2x2+y2=1 上.(12 分) 用反证法证明不等式要把握三点:(1)必须先否定结论,即肯定结论的反面;(2)必 须从否定结论进行推理, 即应把结论的反面作为条件, 且必须依据这一条件进行推证; (3)推导出的矛盾可能多种多样, 有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实矛盾等,但是推导出的矛盾必须是明显 的. 【试一试】 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; (2)求证数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列. [尝试解答] (1)当 n=1 时,a1+S1=2a1=2,则 a1=1.

1 又 an+Sn=2,所以 an+1+Sn+1=2,两式相减得 an+1=2an, 1 1 所以{an}是首项为 1,公比为2的等比数列,所以 an= n-1. 2 (2)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*), 1 1 1 则 2·q=2p+2r,所以 2·r-q=2r-p+1.① 2 2 又因为 p<q<r,所以 r-q,r-p∈N*.

所以①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.
经典作业 基础热身 1.用反证法证明命题:“三角形三个内角中至少有一个不大于 60° ”时,应假设( ) A.三个内角都不大于 60° B.三个内角都大于 60° C.三个内角至多有一个大于 60° D.三个内角至多有两个大于 60° 2.若三角形能剖分为两个与自己相似的三角形,那么这个三角形一定是( ) A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.不能确定 3.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( ) A.2ab-1-a2b2≤0 a4+b4 B.a2+b2-1- ≤0 2 ?a+b?2 C. -1-a2b2≤0 2 D.(a2-1)(b2-1)≥0 a+ b 4.已知 a,b 是不相等的正数,x= ,y= a+b,则 x,y 的大小关系是________. 2 能力提升 5.[2011· 永州调研] 一个质点从 A 出发依次沿图 K63-1 中线段到达 B、C、D、E、F、G、H、I、J 各点,最后又回到 A,其中:AB⊥BC,AB∥CD∥EF∥HG∥IJ,BC∥DE∥FG∥HI∥JA.欲知此质点所走 路程,至少需要测量 n 条线段的长度,则 n=( )

图 K63-1 A.2 B.3 C.4 D.5 6.[2011· 惠州调研] 已知?

?a b?=ad-bc,则?4 6 ?+?12 14?+?+?2004 2006?=( ? ? ? ? ? ? ? ?c d ? ?8 10? ?16 18? ?2008 2010?

)

A.-2008 B.2008 C.2010 D.-2010 7.已知 c>1,a= c+1- c,b= c- c-1,则正确的结论是( ) A.a>b B.a<b C.a=b D.a,b 大小关系不定 1 1 8.使不等式 < 成立的条件是( ) a b A.a>b B.a<b C.a>b,且 ab<0 D.a>b,且 ab>0 9.若 a,b,c 是不全相等的正数,给出下列判断: ①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0; ②a>b 与 a<b 及 a=b 中至少有一个成立; ③a≠c,b≠c,a≠b 不能同时成立. 其中判断正确的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 1 a+b? ? 2ab ? 10.已知函数 f(x)=?2?x,a,b∈R+,A=f? ? ? ? 2 ?,B=f( ab),C=f?a+b?,则 A、B、C 的大小关系 为________. 11.若 P= a+ a+7,Q= a+3+ a+4(a≥0),则 P、Q 的大小关系是________. 12.[2011· 九江三模] 若直线 ax+2by-2=0(a>0,b>0)始终平分圆 x2+y2-4x-2y-8=0 的周长,则

1 2 + 的最小值为________. a b 13 .如果 函数 f(x)在 区间 D 上 是凸函 数,那么 对于区间 D 内的任意 x1 , x2 , ?, xn , 都有 f?x1?+f?x2?+?+f?xn? x1+x2+?+xn ≤f .若 y=sinx 在区间(0,π)上是凸函数,那么在△ABC 中,sinA+sinB n n +sinC 的最大值是________. π π π 14.(10 分)若 a,b,c 均为实数,且 a=x2-2y+ ,b=y2-2z+ ,c=z2-2x+ ,求证:a,b,c 中 2 3 6 至少有一个大于 0.

1 15.(13 分)已知 a,b,c∈(0,1).求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于 . 4

难点突破 2 16.(12 分)已知函数 f(x)=x2+ +alnx(x>0),对于任意不等的两个正数 x1,x2,证明:当 a≤0 时, x f?x1?+f?x2? ?x1+x2? >f 2 ? 2 ?.

课时作业(六十三) 【基础热身】 1.B [解析] 假设结论不成立,即“三角形三个内角中至少有一个不大于 60° ”的否定为“三个内角 都大于 60° ”,故选 B. 2. [解析] 直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形, C 这两个直角三角形与原三 角形都相似,故选 C. 3.D [解析] 因为 a2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0.故选 D. a+b+2 ab 4.x<y [解析] x2-y2= -(a+b) 2 -?a+b-2 ab? -? a- b?2 -? a- b?2 = = .∵a, 是不相等的正数, a≠ b, b ∴ ∴( a- b)2>0, ∴ 2 2 2 <0.∴x2<y2.又∵x>0,y>0,∴x<y. 【能力提升】 5.B [解析] 只需测量 AB,BC,GH,3 条线段的长. 4 6 12 14 2004 2006 6.A [解析] ?8 10?=-8,?16 18?=-8,?,?2008 2010?=-8,区间[4,2010]中共有 1004 ? ? ? ? ? ? 个偶数,若每四个偶数为一组,共有 251 组, 4 6 12 14 2004 2006 ∴ ?8 10? +?16 18? +?+?2008 2010?=(-8)+(-8)+?+(-8 ? 个 =-8×251=-2008.故选 ? ? ? ? ? ? 251 A. 7.B [解析] 假设 a≥b,即 c+1- c≥ c- c-1, ∴ c+1+ c-1≥2 c, 平方得 2c+2 c2-1≥4c, 2c≤2 c2-1,c≤ c2-1,即 c2≤c2-1, 0≤-1,这不可能,∴假设不成立,故 a<b. 8.D [解析] 利用分析法对条件分析可得. 9.C [解析] ①②正确;③中 a≠c,b≠c,a≠b 可能同时成立,如 a=1,b=2,c=3,选 C. a+b 1 a+b? 2ab 10 . A≤B≤C [解 析 ] 由 ≥ ab ≥ , 又 f(x)= ?2? x 在 R 上 是单 调 减函 数 , ∴f ? ? ? 2 ? 2 ? a+b 2ab ≤f( ab)≤f?a+b?,即 A≤B≤C. ? ? 11.P<Q [解析] 假设 P<Q,∵要证 P<Q,只要证 P2<Q2, 只要证: 2a+7+2 a?a+7?<2a+7+2 ?a+3??a+4?, 只要证:a2+7a<a2+7a+12, 只要证:0<12, ∵0<12 成立,∴P<Q 成立. 1 2 b 2a 1 2 12. 3+2 2 [解析] 由题知直线经过圆心(2,1), a+b=1, 则 所以 + =(a+b)?a+b?=3+?a+ b ?≥3 ? ? ? ? a b +2 2. A+B+C 3 3 π 3 3 13. [解析] sinA+sinB+sinC≤3sin =3sin = . 2 3 3 2 14.[解答] 证明:假设 a,b,c 都不大于 0,即 a≤0,b≤0,c≤0, 则 a+b+c≤0, π π π 而 a+b+c=x2-2y+ +y2-2z+ +z2-2x+ =(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3, 2 3 6 ∵π-3>0,且(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0, ∴a+b+c>0,这与 a+b+c≤0 矛盾, 因此 a,b,c 中至少有一个大于 0. 1 1 1 1 15.[解答] 证明:假设三式同时大于 ,即(1-a)b> ,(1-b)c> ,(1-c)a> , 4 4 4 4 1 三式同向相乘,得(1-a)a(1-b)b(1-c)c> .① 64

又(1-a)a≤?

1-a+a?2 1 1 = 当且仅当 a= 时取“=”号, 2 2 ? 4 ? 1 1 同理(1-b)b≤ ,(1-c)c≤ . 4 4 1 所以(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤ , 64 与①式矛盾,即假设不成立,故结论正确. 【难点突破】 2 16.[解答] 证明:由 f(x)=x2+ +alnx(x>0),得 x f?x1?+f?x2? 1 2 2 ? 1 1 ? a x1+x2 1 2 = (x1+x2)+?x +x ?+ (lnx1+lnx2)= (x2+x2)+ +aln x1x2, 2 2 2 2 1 x1x2 1 2 x1+x2 x1+x2? ?x1+x2?2 4 f? = + +aln . 2 ? 2 ? ? 2 ? x1+x2 x1+x2?2 1 1 1 而 (x2+x2)= (x2+x2+x2+x2)> (x2+x2+2x1x2)=? 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 ? 2 ? .① 2 ∵(x1+x2)2=(x2+x2)+2x1x2>4x1x2, 1 x1+x2 4 ∴ > .② x1x2 x1+x2 x1+x2 x1+x2 ∵ x1x2< ,∴ln x1x2<ln , 2 2 x1+x2 又 a≤0,∴aln x1x2≥aln .③ 2 x1+x2 x1+x2 x1+x2?2 1 4 由①②③得 (x2+x2)+ +aln x1x2>? 2 1 2 x1x2 ? 2 ? +x1+x2+aln 2 , f?x1?+f?x2? ?x1+x2? 即 >f 2 ? 2 ?.


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