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2019版高考数学一轮复习第11章算法复数推理与证明
11.4直接证明与间接证明学案文[知识梳理]1.直接证明2.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法,反证法是一种常用的间接证明方法.1反证法的定义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.2用反证法证明的一般步骤
①反设——假设命题的结论不成立;
②归谬——根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;
③结论——断言假设不成立,从而肯定原命题的结论成立.[诊断自测]1.概念思辨1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. 2证明不等式+<+最适合的方法是分析法. 3反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾. 4在解决问题时,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. 答案 1× 2√ 3× 4√2.教材衍化1选修A1-2P42例7用反证法证明某命题时,对结论“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”正确的反设为 A.a,b,c中至少有两个偶数B.a,b,c中至少有两个偶数或都是奇数C.a,b,c都是奇数D.a,b,c都是偶数答案 B解析 a,b,c中恰有一个偶数说明有且仅有一个是偶数,其否定有a,b,c均为奇数或a,b,c中至少有两个偶数.故选B.2选修A1-2P42T2设ab0,m=-,n=,则m,n的大小关系是________.答案 mn解析 解法一取特殊值法取a=2,b=1,得mn.解法二作差法由已知得m0,n0,则m2-n2=a+b-2-a+b=2b-2=2-20,∴m2n2,∴mn.3.小题热身1若a0,b0,且a+b=4,则下列不等式中恒成立的是 A.B.+≤1C.≥2D.≤答案 D解析 ∵a2+b2≥2ab,∴2a2+b2≥a+b2=
16.∴a2+b2≥8,∴≤.故选D.2设a,b是两个实数,给出下列条件
①a+b2;
②a2+b
22.其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是________.填序号答案
①解析 取a=-2,b=-1,则a2+b22,从而
②推不出.
①能够推出,即若a+b2,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+b2矛盾.因此假设不成立,所以a,b中至少有一个大于
1.题型1 分析法的应用 已知a0,证明-≥a+-
2.本题证明时需要用分析法,在推导过程中用到平方法.证明 要证-≥a+-2,只需证≥-2-.因为a0,所以-2-0,所以只需证2≥2,即22-≥8-4,只需证a+≥
2.因为a0,a+≥2显然成立,所以要证的不等式成立.方法技巧1.分析法证明问题的策略1逆向思考是用分析法证题的主要思想.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.2.分析法的适用范围及证题关键1适用范围
①已知条件与结论之间的联系不够明显、直接.
②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体.
③含有根号、绝对值的等式或不等式,从正面不易推导.2证题关键保证分析过程的每一步都是可逆的.见典例.冲关针对训练xx·天津期末已知xy0,m
0.用分析法证明2-≤
1.证明 要用分析法证明2-≤1,只需2-2≤1,只需2-2+1≥0,即-12≥0,因为x,y0,且-12≥0成立,所以2-≤
1.题型2 综合法的应用 已知a,b,c为互不相等的实数,求证a4+b4+c4a2b2+b2c2+c2a2abca+b+c.利用基本不等式进行整理变形,使命题得证.证明 ∵a4+b4≥2a2b2,b4+c4≥2b2c2,c4+a4≥2a2c2,又a,b,c互不相等,∴上面三式中至少有一个式子不能取“=”,∴a4+b4+c4a2b2+b2c2+c2a
2.
①∵a2+b2≥2ab,∴a2c2+b2c2≥2abc2,同理a2b2+a2c2≥2a2bc,b2c2+b2a2≥2ab2c,∴a2b2+b2c2+c2a2abc2+a2bc+ab2c.
②由
①,
②得a4+b4+c4a2b2+b2c2+c2a2abca+b+c.方法技巧1.利用综合法证题的策略用综合法证题是从已知条件出发,逐步推向结论,综合法的适用范围1定义明确的问题;2已知条件明确,并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型.2.综合法证明问题的常见类型及方法1与不等式有关的证明充分利用函数、方程、不等式间的关系,同时注意函数单调性、最值的应用,尤其注意导数思想的应用.见典例.2与数列有关的证明充分利用等差、等比数列的定义通项及前n项和公式证明.冲关针对训练xx·黄冈模拟设数列{an}的前n项和为Sn,且3-mSn+2man=m+3n∈N.其中m为常数,且m≠-
3.1求证{an}是等比数列;2若数列{an}的公比q=fm,数列{bn}满足b1=a1,bn=fbn-1n∈N,n≥2,求证为等差数列.证明 1由3-mSn+2man=m+3,得3-mSn+1+2man+1=m+
3.两式相减,得3+man+1=2man,m≠-3,∴=,∴{an}是等比数列.2∵3-mSn+2man=m+3,∴3-ma1+2ma1=m+3,∴a1=
1.b1=a1=1,q=fm=,∴当n∈N且n≥2时,bn=fbn-1=·⇒bnbn-1+3bn=3bn-1⇒-=.∴是首项为1,公差为的等差数列.题型3 反证法的应用 直线y=kx+mm≠0与椭圆W+y2=1相交于A,C两点,O是坐标原点.1当点B的坐标为01,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.因菱形的对角线垂直且相互平分,所以由对角线的中点求对角线的斜率,研究其是否垂直.解 1因为四边形OABC为菱形,AC与OB相互垂直平分.可设A,代入椭圆方程得+=1,即t=±,所以|AC|=
2.2证明假设四边形OABC为菱形.因为点B不是W的顶点,且AC⊥OB,所以k≠
0.由消y并整理得1+4k2x2+8kmx+4m2-4=
0.设Ax1,y1,Cx2,y2,则=-,=k·+m=.AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点,且m≠0,k≠0,所以直线OB的斜率为-.因为k·≠-1,所以AC与OB不垂直.所以四边形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不可能为菱形.方法技巧反证法的适用范围1否定性命题;2命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的;3当命题成立非常明显,而要直接证明所用的理论太少,且不容易说明,而其逆否命题又是非常容易证明的;4要讨论的情况很复杂,而反面情况很少.冲关针对训练xx·济南质检若fx的定义域为[a,b],值域为[a,b]ab,则称函数fx是[a,b]上的“四维光军”函数.是否存在常数a,ba-2,使函数hx=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 假设函数hx=在区间[a,b]a-2上是“四维光军”函数,因为hx=在区间-2,+∞上单调递减,所以有即解得a=b,这与已知矛盾.故不存在.1.xx·山东高考用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要作的假设是 A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根答案 A解析 因为“方程x3+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x3+ax+b=0的实根的个数大于或等于1”,因此,要作的假设是方程x3+ax+b=0没有实根.故选A.2.xx·郑州模拟设x0,P=2x+2-x,Q=sinx+cosx2,则 A.PQB.PQC.P≤QD.P≥Q答案 A解析 因为2x+2-x≥2=2当且仅当x=0时等号成立,而x0,所以P2;又sinx+cosx2=1+sin2x,而sin2x≤1,所以Q≤
2.于是PQ.故选A.3.xx·邹平县校级期中若abc,则使+≥恒成立的最大的正整数k为 A.2B.3C.4D.5答案 C解析 ∵abc,∴a-b0,b-c0,a-c0,且a-c=a-b+b-c.又+=+=2++≥2+2=4,当且仅当a-b=b-c时等号成立.∴k≤+,k≤4,故k的最大整数为
4.故选C.4.xx·海淀区二模一位手机用户前四次输入四位数字手机密码均不正确,第五次输入密码正确,手机解锁,事后发现前四次输入的密码中,每次都有两个数字正确,但它们各自的位置均不正确.已知前四次输入密码分别为3406163073646173,则正确的密码中一定含有数字 A.46B.36C.37D.17答案 D解析 若正确的密码中一定含有数字36,而36在第1234的位置都有,与它们各自的位置均不正确矛盾.同理正确的密码中一定含有数字46或37不正确.若正确的密码中一定含有数字17,而36在第1234的位置都有,根据它们各自的位置均不正确,可得1在第三位置,7在第四位置.故选D.[基础送分提速狂刷练]
一、选择题1.xx·无锡质检已知m1,a=-,b=-,则以下结论正确的是 A.abB.abC.a=bD.a,b大小不定答案 B解析 ∵a=-=,b=-=.而++0m1,∴,即ab.故选B.2.设x,y,z0,则三个数+,+,+ A.都大于2B.至少有一个大于2C.至少有一个不小于2D.至少有一个不大于2答案 C解析 由于+++++=++≥2+2+2=6,∴+,+,+中至少有一个不小于
2.故选C.3.若用分析法证明“设abc,且a+b+c=0,求证a”索的“因”应是 A.a-b0B.a-c0C.a-ba-c0D.a-ba-c0答案 C解析 a⇔b2-ac3a2⇔a+c2-ac3a2⇔a2+2ac+c2-ac-3a20⇔-2a2+ac+c20⇔2a2-ac-c20⇔a-c2a+c0⇔a-ca-b
0.故选C.4.已知a0,b0,如果不等式+≥恒成立,那么m的最大值等于 A.10B.9C.8D.7答案 B解析 ∵a0,b0,∴2a+b
0.∴不等式可化为m≤2a+b=5+
2.∵5+2≥5+4=9,即其最小值为9,当且仅当a=b时,等号成立.∴m≤9,即m的最大值等于
9.故选B.5.设fx是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,fx单调递减,若x1+x20,则fx1+fx2的值 A.恒为负值B.恒等于零C.恒为正值D.无法确定正负答案 A解析 由fx是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,fx单调递减,可知fx是R上的单调递减函数,由x1+x20,可知x1-x2,fx1f-x2=-fx2,则fx1+fx
20.故选A.6.设a,b,c为△ABC的三边,则 A.a2+b2+c2a+b+cB.a2+b2+c2ab+bc+acC.a2+b2+c22ab+bc+acD.a2+b2+c22ab+bc+ac答案 C解析 c2=a2+b2-2abcosC,b2=a2+c2-2accosB,a2=b2+c2-2bccosA,∴a2+b2+c2=2a2+b2+c2-2abcosC+accosB+bccosA.∴a2+b2+c2=2abcosC+accosB+bccosA2ab+bc+ac.故选C.7.若△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 A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形答案 D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,且△A2B2C2不可能是直角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形.由得则A2+B2+C2=,这与三角形内角和为180°相矛盾.因此假设不成立,故△A2B2C2是钝角三角形.故选D.8.xx·昌平区二模四支足球队进行单循环比赛每两队比赛一场,每场比赛胜者得3分,负者得0分,平局双方各得1分.比赛结束后发现没有足球队全胜,且四队得分各不相同,则所有比赛中最多可能出现的平局场数是 A.2B.3C.4D.5答案 C解析 四支足球队进行单循环比赛每两队比赛一场,共比赛6场.每场比赛胜者得3分,负者得0分,平局双方各得1分.即每场比赛若不平局,则共产生3×6=18分,每场比赛都平局,则共产生2×6=12分.比赛结束后发现没有足球队全胜,且四队得分各不相同,则各队得分分别为2345或
3456.如果是3456,则每场产生=3分,没有平局产生,但是不可能产生45分,与题意矛盾,舍去.因此各队得分分别为
2345.第一名得分55=3+1+1,为一胜两平;第二名得分44=3+1+0,为一胜一平一负;第三名得分3根据胜场等于负场,只能为三平;第四名得分22=1+1+0,为两平一负.则所有比赛中最多可能出现的平局场数是
4.故选C.
二、填空题9.xx·南昌一模设无穷数列{an},如果存在常数A,对于任意给定的正数ε无论多小,总存在正整数N,使得nN时,恒有|an-A|ε成立,就称数列{an}的极限为A.则四个无穷数列
①{-1n×2};
②{n};
③;
④.其极限为2的共有________个.答案 2解析 对于
①,|an-2|=|-1n×2-2|=2×|-1n-1|,当n是偶数时,|an-2|=0,当n是奇数时,|an-2|=4,所以不符合数列{an}的极限的定义,即2不是数列{-1n×2}的极限;对于
②,由|an-2|=|n-2|ε,得2-εn2+ε,所以对于任意给定的正数ε无论多小,不存在正整数N,使得nN时,恒有|an-2|ε,即2不是数列{n}的极限;对于
③,由|an-2|===ε,得n1-log2ε,即对于任意给定的正数ε无论多小,总存在正整数N,使得nN时,恒有|an-2|ε成立,所以2是数列的极限;对于
④,由|an-2|==ε,得n,即对于任意给定的正数ε无论多小,总存在正整数N,使得nN时,恒有|an-2|ε成立,所以2是数列的极限.综上所述,极限为2的共有2个,即
③④.10.已知数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,若S100=41,T100=49,设cn=anTn+bnSn-anbnn∈N*.那么数列{cn}的前100项和为________.答案 xx解析 ∵an=Sn-Sn-1,bn=Tn-Tn-1,则cn=anTn+bnSn-anbn=SnTn-Sn-1Tn-1,∴c100=S100T100-S99T99,c99=S99T99-S98T98,…c2=S2T2-S1T1,c1=S1T
1.∴数列{cn}的前100项和为S100T100=41×49=xx.11.设a1,n∈N*,若不等式-1恒成立,则n的最小值为________.答案 2解析 n=1时,结论不成立.n=2时,不等式为-1,即2-2a-1,∴-120,∵a1,则有意义,∴不等式恒成立.12.设非等腰△ABC的内角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,若+=,则A,B,C的关系是________.答案 2B=A+C解析 ∵+=,∴=,即b2=a2+c2-ac,则有cosB==,∴B=60°,∴A,B,C的关系是成等差数列,即2B=A+C.
三、解答题13.已知函数fx=ax+a1.1求证函数fx在-1,+∞上为增函数;2用反证法证明fx=0没有负根.证明 1因为fx=ax+=ax+1-a1,而函数y=axa1和函数y=-在-1,+∞上都是增函数.故函数fx在-1,+∞上为增函数.2假设函数fx=0有负根x0,即存在x00x0≠-1满足fx0=0,则ax0=.又0ax01,所以0-1,即x02与x00x0≠-1假设矛盾.故fx=0没有负根.14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=
2.1证明数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;2设bn=n∈N*的前n项和为Tn,证明Tn
6.证明 1因为Sn=an+1+n-2,所以当n≥2时,Sn-1=an+n-1-2=an+n-3,两式相减,得an=an+1-an+1,即an+1=2an-
1.设cn=an-1,代入上式,得cn+1+1=2cn+1-1,即cn+1=2cnn≥2.又Sn=an+1+n-2,则an+1=Sn-n+2,故a2=S1-1+2=
3.所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c
1.综上,对于正整数n,cn+1=2cn都成立,即数列{an-1}是等比数列,其首项a1-1=1,公比q=
2.所以an-1=1×2n-1,故an=2n-1+
1.2由Sn=an+1+n-2,得Sn-n+2=an+1=2n+1,即Sn-n+1=2n,所以bn=.所以Tn=b1+b2+…+bn-1+bn=++…+,
①2×
①,得2Tn=3+++…+,
②②-
①,得Tn=3+++…+-=3×-=3×-=6-.因为0,所以Tn=6-
6.15.若a,b,c是不全相等的正数,求证lg+lg+lglga+lgb+lgc.证明 证法一分析法lg+lg+lglga+lgb+lgc⇐lglgabc⇐··abc.因为a,b,c是不全相等的正数,所以显然有··abc成立,原不等式得证.证法二综合法因为a,b,c∈R+,所以≥0,≥0,≥
0.又因为a,b,c不全相等,所以上述三个不等式中等号不能同时成立,即··abc成立.上式两边同取常用对数,得lglgabc,即lg+lg+lglga+lgb+lgc.。