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  • 2021-06-15 发布

【数学】2019届一轮复习(理)北师大版推理与证明、算法、复数第2节学案

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第2节 综合法、分析法、反证法 最新考纲 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.了解间接证明的一种基本方法——反证法;了解反证法的思考过程和特点.‎ 知 识 梳 理 ‎1.直接证明 内容 综合法 分析法 定义 从命题的条件出发,利用定义、公理、定理及运算法则,通过演绎推理,一步一步地接近要证明的结论,直到完成命题的证明.我们把这样的思维方法称为综合法 从求证的结论出发,一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件,直到归结为这个命题的条件,或者归结为定义、公理、定理等.我们把这样的思维方法称为分析法 实质 由因导果 执果索因 框图表示 →→…→ →→…→ 文字语言 因为……所以……‎ 或由……得……‎ 要证……只需证……‎ 即证……‎ ‎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:在假定命题结论反面成立的前提下,经过推理,若推出的结果与定义、公理、定理矛盾,或与命题中的已知条件相矛盾,或与假定相矛盾,从而说明命题结论的反面不可能成立,由此断定命题结论成立的方法叫反证法.‎ ‎(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.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(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)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“aab>b2‎ C.< D.> 解析 a2-ab=a(a-b),∵a0,∴a2>ab.①‎ 又ab-b2=b(a-b)>0,∴ab>b2,②‎ 由①②得a2>ab>b2.‎ 答案 B ‎3.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明(  )‎ A.2ab-1-a2b2≤0 ‎ B.a2+b2-1-≤0‎ C.-1-a2b2≤0 ‎ D.(a2-1)(b2-1)≥0‎ 解析 a2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0.‎ 答案 D ‎4.用反证法证明:若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理数根,那么a,b,c中至少有一个是偶数.用反证法证明时,下列假设正确的是(  )‎ A.假设a,b,c都是偶数 B.假设a,b,c都不是偶数 C.假设a,b,c至多有一个偶数 D.假设a,b,c至多有两个偶数 解析 “至少有一个”的否定为“都不是”,故B正确.‎ 答案 B ‎5.(教材例题改编)在△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A,B,C成等差数列,a,b,c成等比数列,则△ABC的形状为 .‎ 解析 由题意2B=A+C,又A+B+C=π,∴B=,又b2=ac,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac,‎ ‎∴a2+c2-2ac=0,即(a-c)2=0,∴a=c,‎ ‎∴A=C,∴A=B=C=,∴△ABC为等边三角形.‎ 答案 等边三角形 考点一 综合法的应用 ‎【例1】 数列{an}满足an+1=,a1=1.‎ ‎(1)证明:数列是等差数列;‎ ‎(2)(一题多解)求数列的前n项和Sn,并证明++…+>.‎ ‎(1)证明 ∵an+1=,‎ ‎∴=,化简得=2+,‎ 即-=2,‎ 故数列是以1为首项,2为公差的等差数列.‎ ‎(2)解 由(1)知=2n-1,∴Sn==n2.‎ 法一 ++…+=++…+>++…+=++…+=1-=.‎ 法二 ++…+=++…+>1,‎ 又∵1>,∴++…+>.‎ 规律方法 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.‎ ‎【训练1】 (2018·东北三省三校调研)已知a,b,c>0,a+b+c=1.求证:‎ ‎(1)++≤;‎ ‎(2)++≥.‎ 证明 (1)∵(++)2=(a+b+c)+2+2+2≤(a+b+c)+(a+b)+(b+c)+(c+a)=3,‎ ‎∴++≤.‎ ‎(2)∵a>0,∴3a+1>0,‎ ‎∴+(3a+1)≥2=4,‎ 当且仅当=3a+1,即a=时取“=”.‎ ‎∴≥3-3a,同理得≥3-3b,≥3-3c,‎ 以上三式相加得 ‎4≥9-3(a+b+c)=6,‎ ‎∴++≥,‎ 当且仅当a=b=c=时取“=”.‎ 考点二 分析法的应用 ‎【例2】 已知a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.‎ 证明 要证明2a3-b3≥2ab2-a2b成立,‎ 只需证2a3-b3-2ab2+a2b≥0,‎ 即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0,‎ 即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0.‎ ‎∵a≥b>0,∴a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,‎ 从而(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成立,‎ ‎∴2a3-b3≥2ab2-a2b.‎ 规律方法 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获解的关键.‎ ‎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.‎ ‎【训练2】 △ABC的三个内角A,B,C成等差数列,A,B,C的对边分别为a,b,c.‎ 求证:+=.‎ 证明 要证+=,‎ 即证+=3也就是+=1,‎ 只需证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),‎ 需证c2+a2=ac+b2,‎ 又△ABC三内角A,B,C成等差数列,故B=60°,‎ 由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60°,‎ 即b2=c2+a2-ac,故c2+a2=ac+b2成立.‎ 于是原等式成立.‎ 考点三 反证法的应用 ‎【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=1+,S3=9+3.‎ ‎(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn;‎ ‎(2)设bn=(n∈N+),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.‎ ‎(1)解 由已知得解得d=2,‎ 故an=2n-1+,Sn=n(n+).‎ ‎(2)证明 由(1)得bn==n+.假设数列{bn}中存在三项bp,bq,br(p,q,r∈N+,且互不相等)成等比数列,则b=bpbr.即(q+)2=(p+)(r+).‎ ‎∴(q2-pr)+(2q-p-r)=0.‎ ‎∵p,q,r∈N+,∴ ‎∴=q2=pr,(p-r)2=0.∴p=r,与p≠r矛盾.‎ ‎∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.‎ 规律方法 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,可用反证法来证,反证法关键是在正确的推理下得出矛盾,矛盾可以是与已知条件矛盾,与假设矛盾,与定义、公理、定理矛盾,与事实矛盾等.‎ ‎2.用反证法证明不等式要把握三点:(1)必须否定结论;(2)必须从否定结论进行推理;(3)推导出的矛盾必须是明显的.‎ ‎【训练3】 (2018·郑州一中月考)若f(x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a-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,其图像的对称轴为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,‎ 则b2-b+=b,解得b=1或b=3.‎ 因为b>1,所以b=3.‎ ‎(2)假设函数h(x)=在区间[a,b](a>-2)上是“四维光军”函数,‎ 因为h(x)=在区间(-2,+∞)上单调递减,‎ 所以有即 解得a=b,这与已知矛盾.‎ 故不存在常数a,b使函数h(x)=是[a,b]上的“四维光军”函数.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时:40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.用反证法证明命题:“三角形三个内角至少有一个不大于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°‎ 解析 “至少有一个”的否定是“一个都没有”,故可以理解为都大于60°.‎ 答案 B ‎2.已知m>1,a=-,b=-,则以下结论正确的是(  )‎ A.a>b B.a+>0(m>1),‎ ‎∴<,即a0 B.a2+b2≥2(a-b-1)‎ C.a2+3ab>2b2 D.< 解析 在B中,∵a2+b2-2(a-b-1)=(a2-2a+1)+(b2+2b+1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,‎ ‎∴a2+b2≥2(a-b-1)恒成立.‎ 答案 B ‎4.分析法又称“执果索因法”,若用分析法证明:“设a>b>c,且a+b+c=0,求证<a”索的因应是(  )‎ A.a-b>0 B.a-c>0‎ C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0‎ 解析 由题意知<a⇐b2-ac<3a2‎ ‎⇐(a+c)2-ac<3a2⇐a2+2ac+c2-ac-3a2<0‎ ‎⇐-2a2+ac+c2<0⇐2a2-ac-c2>0‎ ‎⇐(a-c)(2a+c)>0⇐(a-c)(a-b)>0.‎ 答案 C ‎5.①已知p3+q3=2,求证p+q≤2,用反证法证明时,可假设p+q≥2;②已知a,b∈R,|a|+|b|<1,求证方程x2+ax+b=0的两根的绝对值都小于1,用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1,即假设|x1|≥1.以下正确的是(  )‎ A.①与②的假设都错误 B.①与②的假设都正确 C.①的假设正确;②的假设错误 D.①的假设错误;②的假设正确 解析 反证法的实质是否定结论,对于①,其结论的反面是p+q>2,所以①不正确;对于②,其假设正确.‎ 答案 D 二、填空题 ‎6.+与2+的大小关系为 .‎ 解析 要比较+与2+的大小,‎ 只需比较(+)2与(2+)2的大小,‎ 只需比较6+7+2与8+5+4的大小,‎ 只需比较与2的大小,只需比较42与40的大小,‎ ‎∵42>40,∴+>2+.‎ 答案 +>2+ ‎7.用反证法证明命题“a,b∈R,ab可以被5整除,那么a,b中至少有一个能被5整除”,那么假设的内容是 .‎ 解析 “至少有一个能被5整除”的否定是“都不能被5整除”.‎ 答案 “a,b都不能被5整除”‎ ‎8.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使+≥2成立的条件的序号是 .‎ 解析 要使+≥2,只需>0成立,即a,b不为0且同号即可,故①③④能使+≥2成立.‎ 答案 ①③④‎ 三、解答题 ‎9.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.‎ 又上述三个不等式中等号不能同时成立.‎ ‎∴··>abc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.‎ ‎10.设数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是它的前n项和.‎ ‎(1)求证:数列{Sn}不是等比数列;‎ ‎(2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么?‎ ‎(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列,则S=S1S3,‎ 即a(1+q)2=a1·a1·(1+q+q2),‎ 因为a1≠0,所以(1+q)2=1+q+q2,‎ 即q=0,这与公比q≠0矛盾,所以数列{Sn}不是等比数列.‎ ‎(2)解 当q=1时,Sn=na1,故{Sn}是等差数列;‎ 当q≠1时,{Sn}不是等差数列,否则2S2=S1+S3,‎ 即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2),‎ 得q=0,这与公比q≠0矛盾.‎ 综上,当q=1时,数列{Sn}是等差数列;当q≠1时,数列{Sn}不是等差数列.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时:20分钟)‎ ‎11.(2018·上饶开学考试)设x,y, >0,则三个数+,+,+(  )‎ A.都大于2 B.至少有一个大于2‎ C.至少有一个不小于2 D.至少有一个不大于2‎ 解析 因为++ ‎=++≥6,‎ 当且仅当x=y= 时等号成立.‎ 所以三个数中至少有一个不小于2,故选C.‎ 答案 C ‎12.(2016·全国Ⅱ卷)有三张卡片,分别写有1和2,1和3,2和3.甲,乙,丙三人各取走一张卡片,甲看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上相同的数字不是2”,乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是1”,丙说:“我的卡片上的数字之和不是5”,则甲的卡片上的数字是 .‎ 解析 根据丙的说法及乙看了丙的卡片后的说法进行推理.由丙说“‎ 我的卡片上的数字之和不是5”,可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是1”可知,乙的卡片不含1,所以乙的卡片上的数字为2和3.再根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”可知,甲的卡片上的数字是1和3.‎ 答案 1和3‎ ‎13.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:‎ ‎(1)若ab>cd,则+>+;‎ ‎(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎ 证明 (1)因为(+)2=a+b+2,‎ ‎(+)2=c+d+2,‎ 由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.‎ 因此+>+.‎ ‎(2)①若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,‎ 即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.‎ 因为a+b=c+d,所以ab>cd.‎ 由(1)得+>+.‎ ‎②若+>+,则(+)2>(+)2,‎ 即a+b+2>c+d+2.‎ 因为a+b=c+d,所以ab>cd,于是 ‎(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.‎ 因此|a-b|<|c-d|.‎ 综上,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.‎