2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十二章算法初步第4講直接證明與間接證明教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE6第4講干脆證明與間接證明基礎(chǔ)學(xué)問整合1.干脆證明2.間接證明(1)反證法的定義假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最終得出沖突，因此說明eq\o(□,\s\up5(05))假設(shè)錯誤，從而證明eq\o(□,\s\up5(06))原命題成立的證明方法．(2)利用反證法證題的步驟①假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面成立；②由假設(shè)動身進(jìn)行正確的推理，直到推出沖突為止；③由沖突斷言假設(shè)不成立，從而確定原命題的結(jié)論成立．簡言之，否定→歸謬→斷言．,分析法與綜合法相輔相成，對較困難的問題，經(jīng)常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件、基礎(chǔ)學(xué)問之間的關(guān)系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或者在證明時將兩種方法交叉運用．1.要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是()A.綜合法B．分析法C．反證法D．歸納法答案B解析從要證明的結(jié)論——比較兩個無理數(shù)的大小動身，證明此類問題通常轉(zhuǎn)化為比較有理數(shù)的大小，這正是分析法的證明方法．故選B.2.用反證法證明命題：若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理數(shù)根，那么a，b，c中至少有一個是偶數(shù)時，下列假設(shè)中正確的是()A.假設(shè)a，b，c都是偶數(shù)B.假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)C.假設(shè)a，b，c中至多有一個偶數(shù)D.假設(shè)a，b，c中至多有兩個偶數(shù)答案B解析“a，b，c中至少有一個是偶數(shù)”的否定為“a，b，c都不是偶數(shù)”．故選B.3.若a>b>0，且x＝a＋eq\f(1,b)，y＝b＋eq\f(1,a)，則()A.x>yB．x<yC．x≥yD．x≤y答案A解析因為a＋eq\f(1,b)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,a)))＝(a－b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,ab)))>0.所以a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a).故選A.4．若a，b，c為實數(shù)，且a<b<0，則下列命題正確的是()A．a(chǎn)c2<bc2 B．a(chǎn)2>ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) D.eq\f(b,a)>eq\f(a,b)答案B解析∵a2－ab＝a(a－b)，a<b<0，∴a－b<0，a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.5．(2024·揚州調(diào)研)設(shè)a>b>0，m＝eq\r(a)－eq\r(b)，n＝eq\r(a－b)，則m，n的大小關(guān)系是________．答案m<n解析解法一：(取特別值法)取a＝2，b＝1，得m<n.解法二：(分析法)eq\r(a)－eq\r(b)<eq\r(a－b)?eq\r(b)＋eq\r(a－b)>eq\r(a)?a<b＋2eq\r(b)·eq\r(a－b)＋a－b?2eq\r(b)·eq\r(a－b)>0，明顯成立．6．已知實數(shù)m，n滿意mn>0，m＋n＝－1，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最大值為________．答案－4解析∵mn>0，m＋n＝－1，∴m<0，n<0，∴eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝－(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(m,n)＋\f(n,m)))≤－2－2eq\r(\f(m,n)·\f(n,m))＝－4，當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝－eq\f(1,2)時，eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)取得最大值－4.核心考向突破考向一綜合法證明例1已知sinθ，sinx，cosθ成等差數(shù)列，sinθ，siny，cosθ成等比數(shù)列．證明：2cos2x＝cos2y.證明∵sinθ與cosθ的等差中項是sinx，等比中項是siny，∴sinθ＋cosθ＝2sinx，①sinθcosθ＝sin2y,②①2－②×2，可得(sinθ＋cosθ)2－2sinθcosθ＝4sin2x－2sin2y，即4sin2x－2sin2y＝1.∴4×eq\f(1－cos2x,2)－2×eq\f(1－cos2y,2)＝1，即2－2cos2x－(1－cos2y)＝1.故證得2cos2x＝cos2y.觸類旁通綜合法證明的思路(1)綜合法是“由因?qū)Ч钡淖C明方法，它是一種從已知到未知(從題設(shè)到結(jié)論)的邏輯推理方法，即從題設(shè)中的已知條件或已證的正確推斷(命題)動身，經(jīng)過一系列中間推理，最終導(dǎo)出所要求證結(jié)論的真實性．eq\a\vs4\al(2綜合法的邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理.)即時訓(xùn)練1.已知f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，證明：f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(2),2).證明∵f(x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))，∴f(x)＋f(1－x)＝eq\f(1,2x＋\r(2))＋eq\f(1,21－x＋\r(2))＝eq\f(1,2x＋\r(2))＋eq\f(2x,2＋\r(2)·2x)＝eq\f(\r(2),2＋\r(2)·2x)＋eq\f(2x,2＋\r(2)·2x)＝eq\f(\r(2)＋2x,2＋\r(2)·2x)＝eq\f(\r(2)＋2x,\r(2)\r(2)＋2x)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).故f(x)＋f(1－x)＝eq\f(\r(2),2)成立．考向二分析法證明例2已知：a>0，b>0，a＋b＝1.求證：eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2.證明要證eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2，只需證a＋eq\f(1,2)＋b＋eq\f(1,2)＋2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2))))≤4，又a＋b＝1，故只需證eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2))))≤1，只需證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))＝ab＋eq\f(1,2)(a＋b)＋eq\f(1,4)≤1，只需證ab≤eq\f(1,4).因為a>0，b>0,1＝a＋b≥2eq\r(ab)，所以ab≤eq\f(1,4)，故原不等式成立eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝\f(1,2)時取等號)).觸類旁通分析法證題的技巧(1)逆向思索是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步找尋使結(jié)論成立的充分條件．正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順當(dāng)獲解的關(guān)鍵．eq\a\vs4\al(2證明較困難的問題時，可以采納兩頭湊的方法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價或充分的中間結(jié)論，然后通過綜合法由條件證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證.)即時訓(xùn)練2.已知正數(shù)a，b，c滿意a＋b＋c＝1.求證：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3).證明欲證eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)，則只需證(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2≤3，即證a＋b＋c＋2(eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac))≤3，即證eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)≤1.又eq\r(ab)＋eq\r(bc)＋eq\r(ac)≤eq\f(a＋b,2)＋eq\f(b＋c,2)＋eq\f(a＋c,2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時取“＝”．∴原不等式eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)成立．考向三反證法證明角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(1))證明否定性命題例3已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿意an＋Sn＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求證：數(shù)列{an}中不存在三項按原來依次成等差數(shù)列．解(1)當(dāng)n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝eq\f(1,2)an，所以{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，所以an＝eq\f(1,2n－1).(2)證明：假設(shè)存在三項按原來依次成等差數(shù)列，記為ap，aq，ar(p<q<r，且p，q，r∈N*)，則2·eq\f(1,2q)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(1,2r)，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)又因為p<q<r，所以r－q，r－p∈N*.所以(*)式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立．所以假設(shè)不成立，原命題得證．角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(2))證明存在性問題例4設(shè)x，y，z>0，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y(tǒng)＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，求證：a，b，c三數(shù)至少有一個不小于2.證明假設(shè)a，b，c都小于2，則a＋b＋c<6.而事實上a＋b＋c＝x＋eq\f(1,x)＋y＋eq\f(1,y)＋z＋eq\f(1,z)≥2＋2＋2＝6(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z＝1時取“＝”)與a＋b＋c<6沖突，∴a，b，c中至少有一個不小于2.角度eq\o(\s\up7(),\s\do1(3))證明唯一性命題例5已知四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝eq\r(2)，SA＝1.(1)求證：SA⊥平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在異于S，C的點F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點的位置；若不存在，請說明理由．解(1)證明：由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.(2)假設(shè)在棱SC上存在異于S，C的點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.這與平面SBC和平面SAD有公共點S沖突，∴假設(shè)不成立．故不存在這樣的點F，使得BF∥平面SAD.觸類旁通反證法的適用范圍及證明的關(guān)鍵(1)適用范圍：當(dāng)一個命題的結(jié)論是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出現(xiàn)時，宜用反證法來證．2關(guān)鍵：在正確的推理下得出沖突，沖突可以是與已知條件沖突，與假設(shè)沖突，與定義、公理、定理沖突，與事實沖突等，推導(dǎo)出的沖突必需是明顯的.即時訓(xùn)練3.等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中隨意不同的三項都不行能成為等比數(shù)列．解(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))所以d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)證明：由(1)，得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比數(shù)列，則beq\o\al(2,q)＝bpbr，即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))，所以(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.因為p，q，r∈N*，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，,))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))2＝pr?(p－r)2＝0.所以p＝r，這與p≠r沖突，所以數(shù)列{bn}中隨意不同的三項都不行能成為等比數(shù)列．4．已知a，b，c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同時大于eq\f(1,4).證明證法一：假設(shè)三式同時大于eq\f(1,4)，即(1－a)b>eq\f(1,4)，(1－b)c>eq\f(1,4)，(1－c)a>eq\f(1,4)，因為a，b，c∈(0,1)，所以三式同向相乘得(1－a)b(1－b)c(1－c)a>eq\f(1,64).又(1－a)a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a＋a,2)))2＝eq\f(1,4)，同理(1－b)b≤eq\f(1,4)，(1－c)c≤eq\f(1,4)，所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤eq\f(1,64)，這與假設(shè)沖突，故原命題正確．證法二：假設(shè)三式同時大于eq\f(1,4)，因為0<a<1，所以1－a>0，eq\f(1－a＋b,2)≥eq\r(1－ab)>eq\r(\f(