1、7.4 直接证明与间接证明-2-知识梳理 双基自测 211.直接证明 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 从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的 条件,直到最后,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 成立充分-3-知识梳理 双基自测 21续 表 内容 综合法 分析法 证明思路 由因导果 执果索因 证明流程 PQ1Q1Q2QnQ QP1P1P2得到一个明显成立的条件 文字表达 因为所以或由得 要证只需证即证 -4-知识梳理 双基自测 212.间接证明 间接证明是不同于直接证
2、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 (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 ,因此说明假设错误,从而证明 的证明方法.(2)用反证法证明的一般步骤:反设假设命题的结论不成立;归谬根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;结论断言假设不成立,从而肯定原命题的结论成立.不成立 矛盾原命题成立2-5-知识梳理 双基自测 34151.下列结论正确的打“”,错误的打“”.(1)综合法的思维过程是由因导果,逐步寻找已知的必要条件.()(2)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.()(3)反证法是指将结论和条件同时否定,推出
3、矛盾.()(4)用反证法证明时,推出的矛盾不能与假设矛盾.()(5)常常用分析法寻找解题的思路与方法,用综合法展现解决问题的过程.()(6)证明不等式2+7 3+6最合适的方法是分析法.()答案 答案 关闭(1)(2)(3)(4)(5)(6)-6-知识梳理 双基自测 234152.命题“对于任意角,cos4-sin4=cos 2”的证明:“cos4-sin4=(cos2-sin2)(cos2+sin2)=cos2-sin2=cos 2”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 解析 解析 关闭因为证明过程是“从左往右”,即由条件结论.故选B.答案
4、解析 关闭B-7-知识梳理 双基自测 234153.已知a=lg 2+lg 5,b=ex(xbB.ab C.a=bD.ab 答案 解析 解析 关闭当x0时,0ex1,即0bb.答案 解析 关闭A-8-知识梳理 双基自测 234154.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,要做的假设是()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 解析 解析 关闭因为“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
5、于或等于1”,所以要做的假设是“方程x3+ax+b=0没有实根”.答案 解析 关闭A-9-知识梳理 双基自测 234155.(教材习题改编P15T(2)用反证法证明“100个球放在90个盒子里,至少有一个盒子里不少于两个球”应假设 .答案 解析 解析 关闭因为“至少有一个盒子里不少于”的反面是“所有盒子里都少于”,所以应填“每个盒子里都少于两球”.答案 解析 关闭每个盒子里都少于两球-10-考点1 考点2 考点3 考点 1 综合法的应用(多考向)考向一 数列中的证明 例1(2016辽宁丹东高三二模)设数列an的前n项和为Sn,已知3an-2Sn=2.(1)证明an是等比数列并求出通项公式an;
6、思考哪些问题的证明适合用综合法?(2)求证:+12-SnSn+2=43n.-11-考点1 考点2 考点3 证明(1)因为 3an-2Sn=2,所以 3an+1-2Sn+1=2,所以3an+1-3an-2(Sn+1-Sn)=0.因为 Sn+1-Sn=an+1,所以+1=3,所以an是等比数列.当 n=1 时,3a1-2S1=2,又 S1=a1,所以 a1=2.所以an的通项公式 an=23n-1.(2)由(1)可得 Sn=3n-1,Sn+1=3n+1-1,Sn+2=3n+2-1,故+12-SnSn+2=(3n+1-1)2-(3n-1)(3n+2-1)=43n,即+12-SnSn+2=43n.-1
7、2-考点1 考点2 考点3 考向二 立体几何中的证明 例2(2016山西太原三模节选)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的正方形,四边形BDEF是矩形,且平面BDEF平面ABCD,BF=3,G和H分别是CE和CF的中点.求证:AF平面BDGH.思考在用综合法证明立体几何中的平行或垂直问题时还经常用到什么数学方法?-13-考点1 考点2 考点3 证明 连接AC,设ACBD=O,连接OH.在ACF中,因为OA=OC,CH=HF.所以OHAF,又因为AF平面BDGH,OH平面BDGH.所以AF平面BDGH.-14-考点1 考点2 考点3 考向三 不等式中的证明 思考综合法证明的特点
8、是什么?例 3 设 a,b,c 均为正数,且 a+b+c=1,证明:ab+bc+ac13.证明 由a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ac得a2+b2+c2ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.故 3(ab+bc+ca)1,即 ab+bc+ca13.-15-考点1 考点2 考点3 解题心得1.综合法的适用范围:(1)定义明确的问题,如证明函数的单调性、奇偶性等,求证没有限制条件的等式或不等式.(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.用综合法证明立体几何中的平行或垂直问题时还经常用到转化法,例如证
9、明线面平行或垂直一般转化成证明线线平行或垂直.3.用综合法证明的特点是“由因导果”,即从命题的条件出发,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.-16-考点1 考点2 考点3 对点训练1(1)设数列an的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(nN*),其中m为常数,且m-3.求证:an是等比数列;若数列an的公比为 q=f(m),数列bn满足 b1=a1,bn=32f(bn-1)(nN*,n2),求证:1 为等差数列.(2)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB平面ABCD,AB=AD,BAD=60,E,F分别是AP,AB的
10、中点.求证:直线EF平面PBC;平面DEF平面PAB.(3)设 a,b,c 均为正数,且 a+b+c=1,证明:2+2+21.-17-考点1 考点2 考点3 证明(1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)+1+2m+1=m+3,两式相减,得(3+m)+1=2man,m-3,+1=2+3.又 m 为常数,且 m-3,an是等比数列.b1=a1=1,q=f(m)=2+3,当 nN*,且 n2 时,bn=32f(-1)=32 2-1-1+3bnbn-1+3bn=3bn-1 1 1-1=13.1 是首项为 1,公差为13的等差数列.-18-考点1 考点2 考点3(2)在PAB中,因为E,F
11、分别为PA,AB的中点,所以EFPB.又因为EF平面PBC,PB平面PBC,所以直线EF平面PBC.连接BD,因为AB=AD,BAD=60,所以ABD为正三角形.因为F是AB的中点,所以DFAB.因为平面PAB平面ABCD,DF平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,所以DF平面PAB.又因为DF平面DEF,所以平面DEF平面PAB.-19-考点1 考点2 考点3(3)因为2+b2a,2+c2b,2+a2c,所以2+2+2+(a+b+c)2(a+b+c),即2+2+2 a+b+c.所以2+2+2 1.-20-考点1 考点2 考点3 考点 2 分析法的应用 例4已知ABC的三个内角A,B,C
12、成等差数列,且a,b,c分别为角A,B,C的对边,思考哪些问题的证明适合用分析法?求证:1+1+=3+.-21-考点1 考点2 考点3 证明 要证 1+1+=3+,即证+=3,化简,得+=1,即 c(b+c)+(a+b)a=(a+b)(b+c),所以只需证 c2+a2=b2+ac.因为ABC 的三个内角 A,B,C 成等差数列,所以角 B=60.所以 cos B=2+2-22=12.所以 a2+c2-b2=ac.所以原式成立.-22-考点1 考点2 考点3 解题心得分析法证明问题的适用范围:当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接,或证明过程中所需知识不太明确、具体时,往往采用分析法,特别是含
13、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.-23-考点1 考点2 考点3 对点训练 2(1)已知 m0,a,bR,求证:+1+2 2+21+.(2)已知ab0,求证:2a3-b32ab2-a2b.证明(1)因为m0,所以1+m0.所以要证原不等式成立,只需证(a+mb)2(1+m)(a2+mb2),即证m(a2-2ab+b2)0,即证(a-b)20,而(a-b)20显然成立,故原不等式得证.-24-考点1 考点2 考点3(2)要证明2a3-b32ab2-a2b成立,只需证2a3-b3-2ab2+a2b0,即2a(a2-b2)+b(a2-b2)0,即(a+b)(a-b)(2
14、a+b)0.ab0,a-b0,a+b0,2a+b0,从而(a+b)(a-b)(2a+b)0成立,2a3-b32ab2-a2b.-25-考点1 考点2 考点3 考点 3 反证法的应用 例5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?思考反证法的适用范围及证题的关键是什么?(1)证明 假设数列Sn是等比数列,因为a10,所以(1+q)2=1+q+q2,即q=0,这与公比q0矛盾,所以数列Sn不是等比数列.则22=S1S3,即12(1+q)2=a1a1(1+q+q2),-26-考点1 考点2 考点3(2)解 当q=1时,S
15、n=na1,故Sn是等差数列;当q1时,Sn不是等差数列.假设Sn是等差数列,则2S2=S1+S3,即2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2),得q=0,这与公比q0矛盾.综上,当q=1时,数列Sn是等差数列;当q1时,Sn不是等差数列.-27-考点1 考点2 考点3 解题心得反证法的适用范围及证题的关键(1)适用范围: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,宜用反证法来证.(2)证题的关键:在正确地推理下得出矛盾,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.推导出的矛盾必须是明显的.-28-考点1 考点2 考点3 对点训练 3 已知
16、 f(x)=ax2+bx+c,若 a+c=0,f(x)在-1,1上的最大值为 2,最小值为-52.求证:a0,且 2.证明 假设 a=0,或 2.(1)当 a=0 时,由 a+c=0,得 c=0,则 f(x)=bx,显然 b0.由题意得 f(x)=bx 在-1,1上是单调函数,所以 f(x)的最大值为|b|,最小值为-|b|.由已知条件,得|b|+(-|b|)=2-52=-12,这与|b|+(-|b|)=0 相矛盾,所以 a0.-29-考点1 考点2 考点3(2)当 2 时,由二次函数的对称轴为 x=-2,知 f(x)在-1,1上是单调函数,故其最值在区间的端点处取得.所以(1)=+=2,(-1)=-+=-52,或(1)=+=-52,(-1)=-+=2.又 a+c=0,则此时 b 无解,所以 2.由(1)(2),得 a0,且 2.