2019届二轮复习（理）专题64直接证明与间接证明学案（全国通用） 10页

‎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和特点.‎ ‎2.了解反证法的思考过程和特点. ‎ 一、直接证明 ‎(1)综合法 ‎①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：―→―→―→…―→ ‎(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)．‎ ‎③思维过程：由因导果．‎ ‎(2)分析法 ‎①定义：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，这种证明方法叫做分析法．‎ ‎②框图表示：―→―→―→…―→ ‎(其中Q表示要证明的结论)．‎ ‎③思维过程：执果索因．‎ 二、间接证明 反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．‎ 高频考点一　综合法的应用 例1．设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋(　　)‎ 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 答案　D 解析　∵a>0，b>0，c>0，‎ ‎∴＋＋ ‎＝＋＋≥6，‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.学^ ‎ ‎【变式探究】如果a＋b>a＋b成立，则a，b应满足的条件是 ．‎ 答案　a≥0，b≥0且a≠b ‎∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.‎ ‎【举一反三】若a，b，c是不全相等的正数，求证：‎ lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.‎ 证明　∵a，b，c∈(0，＋∞)，‎ ‎∴≥ >0，≥ >0，≥ >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，‎ ‎∴··>abc>0成立．‎ 上式两边同时取常用对数，得 lg>lg abc，‎ ‎∴lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.‎ ‎【感悟提升】(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．‎ 高频考点二　分析法的应用 ‎ 例2、已知函数f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.‎ ‎【变式探究】已知函数f(x)＝3x－2x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：对于任意的x1，x2∈R，均有≥f 证明　要证明≥f，‎ 即证明≥－2·，‎ 因此只要证明－(x1＋x2)≥－(x1＋x2)，‎ 即证明≥， ‎ 因此只要证明≥，‎ 由于当x1，x2∈R时，>0,>0，‎ 由基本不等式知≥显然成立，当且仅当x1＝x2时，等号成立．故原结论成立．‎ ‎【感悟提升】(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．‎ ‎【变式探究】 已知a>0，证明：－ ≥a＋－2.‎ 高频考点三　反证法的应用 例3、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．‎ ‎ (1)解　设{an}的前n项和为Sn，则 当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；‎ 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①‎ qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②‎ ‎①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，‎ ‎∴Sn＝，‎ ‎∴Sn＝ ‎(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)，‎ a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，‎ aq2k＋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． ‎ ‎【变式探究】已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.‎ ‎(1)求证：SA⊥平面ABCD；‎ ‎(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．‎ ‎ ‎ ‎(2)解　假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.‎ ‎∵BC∥AD，BC⊄平面SAD.‎ ‎∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，‎ ‎∴平面FBC∥平面SAD.学 ]‎ 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.‎ 高频考点四　证明唯一性命题 例4、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，①方程f(x)－x＝0有实数根；‎ ‎②函数f(x)的导数f′(x)满足0－2)，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　(1)由题设得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，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，即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.‎ 因为b>1，所以b＝3.‎ ‎ ‎ ‎1．(2017·江苏)对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋‎ an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．‎ ‎(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；‎ ‎(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．‎ 证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，‎ 则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，‎ an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d ‎＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2, 3，‎ 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，‎ 因此等差数列{an}是“P(3)数列”． 学 ]‎ ‎(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，‎ 当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①‎ 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3‎ ‎＝6an.②‎ 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③ | |k ]‎ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④‎ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，‎ 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.‎ 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，‎ 所以a2＝a3－d′，‎ 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，‎ 所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列． ‎ ‎2．(2017·北京)设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2,3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．‎ ‎(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列； ]‎ ‎(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，>M；或者存在正整数m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．‎ ‎ ‎ ‎(2)证明　设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，‎ 则bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n ‎＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)．‎ 所以cn＝ ‎①当d1＞0时，‎ 取正整数m＞，则当n≥m时，nd1＞d2，‎ 因此，cn＝b1－a1n，‎ 此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．‎ ‎②当d1＝0时，对任意n≥1，‎ cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0}‎ ‎＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)．‎ 此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列． ‎