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2013届高考一轮数学复习理科课件(人教版)第6课时 直接证明与间接证明

高考调研

高三数学(新课标版· 理)

2013届高考一轮数学复习理科课件(人教版)

第七章 不等式及推理与证明

第七章

不等式及推理与证明

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第6课时

直接证明与间接证明

第七章

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2012· 考纲下载
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、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、特点.

第七章

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请注意!

1.本考点在高考中每年都要涉及,主要以考查直接 证明中的综合法为主. 2.反证法仅作为客观题的判断方法不会单独命题.

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第七章

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1.综合法 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 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.

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用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,则综合法可用框图表示为: P?Q1 ―→ Q1?Q2 ―→ Q2?Q3 ―→??―→ Qn?Q

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2.分析法 一般地,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.这种证明的方法叫做分析法.

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用Q表示要证明的结论,则分析法可用框图表示 为: 得到一个明显 Q?P ―→ P1?P2 ―→ P2?P3 ―→?―→ 成立的条件

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3.反证法 一般地,假设 原命题不成立 ,经过正确的推理,最 后得出 矛盾,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.

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1.设a,b∈R,已知命题p:a=b,命题q:a2+ b2≥2ab,则p是q的( A.充分不必要条件 C.充要条件
答案 A

) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

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解析 若a=b,则a2+b2≥2ab成立;反之,若a2+ b2≥2ab.得不到a=b.

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2.用分析法证明:欲使①A>B,只需②C<D,这里 ①是②的( ) B.必要条件 D.既不充分也不必要条件

A.充分条件 C.充要条件
答案 B
解析

分析法证明的本质是证明结论的充分条件成

立,即②?①,所以①是②的必要条件.

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3.设p=2x4+1,q=2x3+x2,x∈R,则p与q的大小 关系是________.
答案 p≥q

解析 ∵p-q=2x4-2x3-x2+1 =2x3(x-1)-(x+1)(x-1) =(x-1)(2x3-x-1) =(x-1)2(2x2+2x+1)≥0. ∴p≥q.
第七章 第6课时

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4.设a,b是两个实数,给出下列条件: (1)a+b>2;(2)a2+b2>2.其中能推出:“a,b中至少 有一个大于1”的条件是________(填上序号).
答案 (1)

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解析 取a=-2,b=-1,则a2+b2>2,从而(2)推 不出. (1)能够推出,即若a+b>2,则a,b中至少有一个大 于1. 用反证法证明如下: 假设a≤1,且b≤1,则a+b≤2与a+b>2矛盾. 因此假设不成立,所以a,b中至少有一个大于1.

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题型一

综合法

例1 1 =1. 1-an

1 (2011· 大纲全国理)设数列{an}满足a1=0且 - 1-an+1

(1)求{an}的通项公式;
n 1- an+1 (2)设bn= ,记Sn= ? bk,证明:Sn<1. n k=1

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1 1 【解析】 (1)由题设 - =1, 1-an+1 1-an 1 得{ }是公差为1的等差数列. 1-an 1 1 1 又 =1,故 =n.所以an=1- . n 1-a1 1-an

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(2)由(1)得 1- an+1 n+1- n 1 1 bn = = = - , n n n+1· n n+1 S n = ? bk = ?
k=1 k=1
n n

1 1 1 ( - )=1- <1. k k+1 n+1

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探究1 综合法是一种由因索果的证明方法,其逻辑 依据也是三段论式的演绎推理方法,因此要保证前提条 件正确,推理合乎规律,这样才能保证结论的正确 性.综合法是直接证明中最常用的表述方法.

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思考题1

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如图,过抛物线y2=2px(p>0)的顶点任作两条互相垂 直的弦OA,OB,求证:直线AB过抛物线轴上的一个定 点.
第七章 第6课时

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【思路】 要证明直线AB过x轴上的一定点,应先 确定直线AB过x轴上的一点,进而证明其为定点.

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【解析】 设直线AB的方程为y-y1=k(x-x1)(k存 在,且k≠0),其中A(x1,y1),B(x2,y2), y1 令y=0,得x=- +x1. k
2 2 由y1=2px1,y2=2px2,两式相减得

y2-y1 2p 2 2 y2-y1=2p(x2-x1)?k= = , x2-x1 y1+y2

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y1?y1+y2? y1 ∴x=- +x1=- +x1 k 2p -y2-y1y2+2px1 y1y2 1 = =- . 2p 2p 又∵OA⊥OB,∴x1x2=-y1y2,
2 2 2 2 ∴y1y2=x1x2.又y1=2px1,y2=2px2, 2 2

∴4p2x1x2=(x1x2)2,∴x1x2=4p2.

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设直线AB与x轴的交点为M(m,0). -x1x2 4p2 y1y2 则m=- =- = =2p. 2p 2p 2p 则AB过x轴上一定点(2p,0).

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题型二

分析法

π 例2 已知函数f(x)=tanx,x∈(0, 2 ),若x1,x2∈(0, π ),且x1≠x2. 2 x1+x2 1 求证:2[f(x1)+f(x2)]>f( 2 ).

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x1+x2 1 【解析】 要证2[f(x1)+f(x2)]>f( 2 ), x1+x2 1 即证明2(tanx1+tanx2)>tan 2 , x1+x2 1 sinx1 sinx2 只需证明2( + )>tan 2 , cosx1 cosx2 sin?x1+x2? sin?x1+x2? 只需证明 > , 2cosx1cosx2 1+cos?x1+x2? π 由于x1,x2∈(0, ), 2

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故x1+x2∈(0,π), ∴cosx1cosx2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0, 故只需证明1+cos(x1+x2)>2cosx1cosx2, 即证1+cosx1cosx2-sinx1 sinx2>2cosx1cosx2, 即证cos(x1-x2)<1. π 这由x1,x2∈(0, ),x1≠x2上式是显然成立的. 2 x1+x2 1 因此, [f(x1)+f(x2)]>f( ). 2 2
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探究2 分析法是数学中常用到的一种直接证明方 法,就证明程序来讲,它是一种从未知到已知(从结论到 题设)的逻辑推理方法.具体地说,即先假设所要证明的 结论是正确的,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或是要证命题的 已知条件时则所证命题得证.

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思考题2 已知a>0,求证: 2. 【思路】

1 1 a + 2 - 2≥a+ - a a
2

当所给的条件简单,所证的结论复杂

的,一般采用分析法. 【求证】 只要证 要证
2

1 1 a + 2- 2≥a+ -2, a a
2

1 1 a + 2+2≥a+ + 2. a a

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∵a>0,故只要证( 1 即a + 2+4 a
2 2 2

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1 1 2 a + 2+2) ≥(a+ + 2)2, a a

1 1 1 2 a + 2+4≥a +2+ 2+2 2(a+ )+2, a a a 1 1 a + 2≥ 2(a+ ), a a
2

从而只要证2
2

1 1 2 只要证4(a + 2)≥2(a +2+ 2), a a 1 即a + 2≥2,而该不等式显然成立, a
2

故原不等式成立.
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题型三

反证法

例3 (2011· 陕西)设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)= 1 0,导函数f′(x)= ,g(x)=f(x)+f′(x). x (1)求g(x)的单调区间和最小值;

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1 (2)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|< 对任意x>0成 x 立?若存在,求出x0的取值范围;若不存在,请说明理 由.

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1 【解析】 (1)由题设易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+ , x x-1 g′(x)= 2 ,令g′(x)=0得x=1, x 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的单调 增区间, 因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而 是最小值点,所以最小值为g(1)=1.

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(2)满足条件的x0不存在. 证明如下: 证法一 成立,

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1 假设存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意x>0 x

2 即对任意x>0,有lnx<g(x0)<lnx+ ,(*) x 但对上述x0,取x1=eg(x0)时,有lnx1=g(x0),这与(*) 左边不等式矛盾,

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1 因此,不存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意x>0成 x 立. 1 证法二 假设存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意的 x x>0成立. 由(1)知,g(x)的最小值为g(1)=1,

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1 又g(x)=lnx+ >lnx,而x>1时,lnx的值域为(0,+ x ∞), ∴x≥1时,g(x)的值域为[1,+∞), 从而可取一个x1>1,使g(x1)≥g(x0)+1, 1 即g(x1)-g(x0)≥1,故|g(x1)-g(x0)|≥1> ,与假设矛 x1 盾. 1 ∴不存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|< 对任意x>0成立. x
第七章 第6课时

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探究3

(1)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.

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(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,否则,将出现循环论 证的错误.

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思考题3 在△ABC中,∠A、∠B、∠C的对边分别 为a、b、c,若a、b、c三边的倒数成等差数列,求证: ∠B<90° . 【思路】 直接证明∠B<90° 有一定困难,可考虑利 用反证法.

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【解析】

假设∠B<90° 不成立,即∠B≥90° ,从

而∠B是△ABC的最大角,∴b是△ABC的最大边,即 b>a,b>c, 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 ∴ > , > .相加得 + > + = ,与 + = 矛 a b c b a c b b b a c b 盾,故∠B≥90° 不成立.∴∠B<90° .

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1.综合法的特点是:以“已知”看“可知”,逐步 推向“未知”,其逐步推理,实际上是在寻找它的必要 条件,分析法的特点是:从“未知”看“需知”,逐步 靠拢“已知”,逐步寻找结论成立的充分条件.

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2.一般来讲,分析法有两种证明途径: (1)由命题结论出发,找结论成立的充分条件,逐步 推演下去; (2)由命题结论出发,找结论成立的充要条件,逐步 推演下去. 3.反证法在高考中的要求不太高,但是这种“正难 则反”的思维方式要引起足够的重视, 在解决问题时要注 意从多方面、多渠道考虑,提高解决问题的灵活性.

第七章

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