高考文科数学复习备课课件：第四节　直接证明与间接证明 21页

文数 课标 版 第四节　直接证明与间接证明 内容 综合法 分析法 定义 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① 　成立     从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的② 　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 实质 由因导果 执果索因 框图表示 P ⇒ Q 1 → Q 1 ⇒ Q 2 → Q 2 ⇒ Q 3 → … → Q n ⇒ Q Q ⇐ P 1 → P 1 ⇐ P 2 → P 2 ⇐ P 3 → … →得到一个明显成立的条件 文字语言 因为 …… 所以 …… 或由 …… 得 …… 要证 …… 只需证 …… 即证 …… 1.直接证明 教材研读 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③ 　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④ 　矛盾     ,因此说明假设错误,从 而证明⑤ 　原命题成立     的证明方法. (2)用反证法证明的一般步骤:(i)反设——假设命题的结论不成立;(ii)归 谬——根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;(iii)结论——断言假设不 成立,从而肯定原命题的结论成立. 判断下列结论的正误(正确的打“√”,错误的打“ × ”) (1)综合法是直接证明,分析法是间接证明.   ( × ) (2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的必要条件.   ( × ) (3)反证法是将条件和结论同时否定,推出矛盾.   ( × ) (4)用反证法证明结论“ a > b ”时,应假设“ a < b ”.   ( × ) 1.命题“对任意角 θ ,cos 4 θ -sin 4 θ =cos 2 θ ”的证明:“cos 4 θ -sin 4 θ =(cos 2 θ - sin 2 θ )(cos 2 θ +sin 2 θ )=cos 2 θ -sin 2 θ =cos 2 θ ”过程应用了   (　　) A.分析法 B.综合法 C.综合法、分析法综合使用 D.间接证明法 答案     B　因为证明过程是“从左往右”,即由条件 ⇒ 结论,故选B. 2.用分析法证明时出现:欲使① A > B ,只需② C < D ,这里①是②的   (　　) A.充分条件　    B.必要条件 C.充要条件　    D.既不充分也不必要条件 答案     B　由题意可知,应用② ⇒ ①,故①是②的必要条件. 3.用反证法证明命题:“三角形的内角中至少有一个不大于60度”,假设 正确的是   (　　) A.假设三个内角都不大于60度 B.假设三个内角都大于60度 C.假设三个内角至多有一个大于60度 D.假设三个内角至多有两个大于60度 答案     B　根据反证法的定义,假设是对原命题结论的否定,故假设三个 内角都大于60度.故选B. 4.下列条件:① ab >0,② ab <0,③ a >0, b >0,④ a <0, b <0,其中能使   +   ≥ 2成 立的条件的个数是 　　　     . 答案　3 解析　要使   +   ≥ 2成立,需   >0, 即 a 与 b 同号,故①③④均能使   +   ≥ 2成立. 5.已知点 A n ( n , a n )为函数 y =   图象上的点, B n ( n , b n )为函数 y = x 图象上的 点,其中 n ∈N * ,设 c n = a n - b n ,则 c n 与 c n +1 的大小关系为 　　　     . 答案      c n > c n +1 解析 　由题意知, a n =   , b n = n , ∴ c n =   - n =   . 显然, c n 随着 n 的增大而减小, ∴ c n > c n +1 . 考点一　综合法的应用 典例1     (2016湖北武汉模拟)已知函数 f ( x )=( λx +1)ln x - x +1. (1)若 λ =0,求 f ( x )的最大值; (2)若曲线 y = f ( x )在点(1, f (1))处的切线与直线 x + y +1=0垂直,证明:   >0. 解析 　(1) f ( x )的定义域为(0,+ ∞ ), 当 λ =0时, f ( x )=ln x - x +1. 则 f '( x )=   -1,令 f '( x )=0,解得 x =1. 当0< x <1时, f '( x )>0,∴ f ( x )在(0,1)上是增函数; 当 x >1时, f '( x )<0,∴ f ( x )在(1,+ ∞ )上是减函数. 故 f ( x )在 x =1处取得最大值,为 f (1)=0. 考点突破 (2)证明:由题意可得, f '( x )= λ ln x +   -1. 由题设条件,得 f '(1)=1,即 λ =1, ∴ f ( x )=( x +1)ln x - x +1. 由(1)知,ln x - x +1<0( x >0,且 x ≠ 1). 当0< x <1时, f ( x )=( x +1)ln x - x +1= x ln x +(ln x - x +1)<0, ∴   >0. 当 x >1时, f ( x )=ln x +( x ln x - x +1)=ln x - x   >0,∴   >0. 综上可知,   >0. 方法技巧 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,如判定函数的单调性、奇偶性;(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,在使用综合法证明时, 易出现的错误是因果关系不明确,逻辑表达混乱. 1-1　 设 f ( x )= ax 2 + bx + c ( a ≠ 0),若函数 f ( x +1)与 f ( x )的图象关于 y 轴对称,求 证: f   为偶函数. 证明 　由函数 f ( x +1)与 f ( x )的图象关于 y 轴对称,可知 f ( x +1)= f (- x ).将 x 换成 x -   代入上式可得 f   = f   ,即 f   = f   ,由偶函数 的定义可知 f   为偶函数. 考点二　分析法的应用 典例2 　已知函数 f ( x )=3 x -2 x ,求证:对于任意的 x 1 , x 2 ∈R,均有   ≥ f   . 证明 　要证明   ≥ f   , 即证明   ≥   -2·   , 因此只要证明   -( x 1 + x 2 ) ≥   -( x 1 + x 2 ), 即证明   ≥   , 因此只要证明   ≥   , 由于 x 1 , x 2 ∈R,所以   >0,   >0, 由基本不等式知   ≥   成立,故原结论成立. 方法技巧 (1)分析法采用逆向思维,当已知条件与结论之间的联系不够明显、直 接,或证明过程中所需要用的知识不太明确、具体时,往往采用分析法, 特别是含有根号、绝对值的等式或不等式,从正面不易推导时,常考虑 用分析法.(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可 逆的,它的常用书面表达形式为“要证 …… 只需要证 …… ”或“ …… ⇐ …… ”.注意用分析法证明时,一定要严格按照格式书写. 2-1　 已知 m >0, a , b ∈R,求证:   ≤   . 证明 　∵ m >0,∴1+ m >0, ∴要证原不等式成立, 只需证明( a + mb ) 2 ≤ (1+ m )( a 2 + mb 2 ), 即证 m ( a 2 -2 ab + b 2 ) ≥ 0,即证( a - b ) 2 ≥ 0, 而( a - b ) 2 ≥ 0显然成立, 故原不等式得证. 考点三　反证法的应用 典例3　 设{ a n }是公比为 q 的等比数列. (1)推导{ a n }的前 n 项和公式; (2)设 q ≠ 1,证明数列{ a n +1}不是等比数列. 解析 　(1)设{ a n }的前 n 项和为 S n , 当 q =1时, S n = a 1 + a 1 + … + a 1 = na 1 ; 当 q ≠ 1时, S n = a 1 + a 1 q + a 1 q 2 + … + a 1 q n -1 ,   ① qS n = a 1 q + a 1 q 2 + … + a 1 q n ,   ② ①-②得,(1- q ) S n = a 1 - a 1 q n , ∴ S n =   ,∴ S n =   (2)证明:假设{ a n +1}是等比数列,则对任意的 k ∈N * , ( a k +1 +1) 2 =( a k +1)( a k +2 +1),   +2 a k +1 +1= a k a k +2 + a k + a k +2 +1,   q 2 k +2 a 1 q k = a 1 q k -1 · a 1 q k +1 + a 1 q k -1 + a 1 q k +1 , ∵ a 1 ≠ 0,∴2 q k = q k -1 + q k +1 . ∵ q ≠ 0,∴ q 2 -2 q +1=0, ∴ q =1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{ a n +1}不是等比数列. 易错警示 用反证法证明不等式要把握三点:(1)必须先否定结论,即肯定结论的反 面;(2)必须从结论的反面出发进行推理,即应把结论的反面作为条件,且 必须依据这一条件进行推证;(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已 知条件矛盾,有的与假设矛盾,有的与基本事实矛盾等,且推导出的矛盾 必须是明显的. 3-1　 已知数列{ a n }的前 n 项和为 S n ,且满足 a n + S n =2. (1)求数列{ a n }的通项公式; (2)求证:数列{ a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列. 解析　 (1) n =1时, a 1 + S 1 =2 a 1 =2,则 a 1 =1. 又 a n + S n =2, 所以 a n +1 + S n +1 =2, 两式相减得 a n +1 =   a n , 所以{ a n }是首项为1,公比为   的等比数列, 所以 a n =   . (2)证明:假设存在三项按原来顺序成等差数列,记为 a p +1 , a q +1 , a r +1 ( p < q < r ,且 p , q , r ∈N * ), 则2·   =   +   , 所以2·2 r - q =2 r - p +1.   (*) 又因为 p < q < r , p , q , r ∈N * , 所以 r - q , r - p ∈N * , 所以(*)式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立. 所以假设不成立,原命题得证.