高考数学大一轮复习 13.2直接证明与间接证明课件 理 苏教版.ppt

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数学 苏 （理）,,§13.2 直接证明与间接证明,第十三章 推理与证明、算法、复数,基础知识·自主学习,题型分类·深度剖析,思想方法·感悟提高,练出高分,1.直接证明 (1)综合法 ①定义：从 出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止，这种证明方法常称为综合法.,已知条件,③思维过程：由因导果.,(2)分析法 ①定义：从 出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止.这种证明方法常称为分析法.,③思维过程：执果索因.,问题的结论,2.间接证明,思考辨析,判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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充要条件.( ) (3)用反证法证明结论“ab”时，应假设“ab”.( ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾.( ) (5)在解决问题时，常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.( ) (6)证明不等式 ＋ ＋ 最合适的方法是分析法.( ),×,√,√,×,×,×,p≤q,④,②,a≥0，b≥0且a≠b,,解析,例1 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足： ①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0； ②f(1)＝1； ③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数. (1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；,题型一 综合法的应用,思维点拨,解析,思维升华,取特殊值代入计算即可证明；,例1 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足： ①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0； ②f(1)＝1； ③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数. (1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；,题型一 综合法的应用,思维点拨,解析,思维升华,证明 取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，,∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.,又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，,∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.,例1 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足： ①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0； ②f(1)＝1； ③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数. (1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；,题型一 综合法的应用,思维点拨,解析,思维升华,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.,例1 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足： ①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0； ②f(1)＝1； ③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数. (1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；,题型一 综合法的应用,思维点拨,解析,思维升华,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,对照新定义中的3个条件，逐一代入验证，只有满足所有条件，才能得出“是理想函数”的结论，否则得出“不是理想函数”的结论.,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,解 对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，,∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数.,对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，,f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2) ＝(x1＋x2)2－x －x ＝2x1x2≥0，,即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2).,∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数.,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,对于f(x)＝ ，x∈[0,1]，显然满足条件①②.,对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.,∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.,∴f(x)＝ (x∈[0,1])不是理想函数.,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数， f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝ (x∈[0,1])不是理想函数.,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.,例1 (2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是不是理想函数.,思维点拨,解析,思维升华,跟踪训练1 (2013·课标全国Ⅱ)设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明： (1)ab＋bc＋ac≤ ；,,证明 由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.,由题设得(a＋b＋c)2＝1，,即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.,所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤ .,跟踪训练1 (2013·课标全国Ⅱ)设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明： (2) ＋ ＋ ≥1.,,思维点拨,解析,思维升华,题型二 分析法的应用,用分析法，移项，平方，化简.,题型二 分析法的应用,思维点拨,解析,思维升华,题型二 分析法的应用,思维点拨,解析,思维升华,题型二 分析法的应用,思维点拨,解析,思维升华,题型二 分析法的应用,思维点拨,解析,思维升华,题型二 分析法的应用,思维点拨,解析,思维升华,(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.,题型二 分析法的应用,思维点拨,解析,思维升华,(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.,题型二 分析法的应用,思维点拨,解析,思维升华,,证明 因为a，b∈(0，＋∞)，所以要证原不等式成立，,即证(a3＋b3)2(a2＋b2)3，,即证a6＋2a3b3＋b6a6＋3a4b2＋3a2b4＋b6，,只需证2a3b33a4b2＋3a2b4.,,因为a，b∈(0，＋∞)，,所以即证2ab3(a2＋b2).,而a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab2ab成立，,,例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (1)求数列{an}的通项公式；,题型三 反证法的应用,解 当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.,又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，,两式相减得an＋1＝ an，,思维点拨,解析,思维升华,例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.,证明(2)用反证法，假设存在三项，符合条件推出矛盾.,例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.,思维点拨,解析,思维升华,证明 反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(pqr，且p，q，r∈N*)，,又因为pqr，所以r－q，r－p∈N*.,例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.,思维点拨,解析,思维升华,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.,例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.,思维点拨,解析,思维升华,(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．,例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.,思维点拨,解析,思维升华,(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.,例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列.,思维点拨,解析,思维升华,,跟踪训练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.,,∵p，q，r∈N*，,∴p＝r，与p≠r矛盾.,∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.,典例：(14分)已知数列{xn}满足x1＝ ，xn＋1＝ ，求证： 0xn＋1－xn .,思想与方法系列20 放缩有“度”，巧证不等式,,温 馨 提 醒,规 范 解 答,思 维 点 拨,,思 维 点 拨,温 馨 提 醒,先证0xn1，再求xn＋1－xn的表达式，利用不等式放缩得出结论.,规 范 解 答,,证明 由条件可知数列{xn}的各项均为正数，,故由基本不等式，得xn＋1＝ ≤ ＝1，,若xn＋1＝1，则xn＝1，,这与已知条件x1＝ 矛盾.,所以0xn1，,思 维 点 拨,温 馨 提 醒,规 范 解 答,,思 维 点 拨,温 馨 提 醒,规 范 解 答,,因上述两个不等式中等号不可能同时成立，,思 维 点 拨,温 馨 提 醒,规 范 解 答,,(1)所谓放缩法就是利用不等式的传递性，根据证题目标进行合情合理的放大或缩小，在使用放缩法证题时要注意放和缩的“度”，否则就不能同向传递了，此法既可以单独用来证明不等式，也可以是其他方法证题时的一个重要步骤.,思 维 点 拨,温 馨 提 醒,规 范 解 答,,(2)本题技巧性较强，经过了两次放缩，关键是放缩后的式子要尽可能地接近原式，减小放缩度，以避免运算上的麻烦.第一次是利用基本不等式，将xn＋1－xn转化为常数，根据已知验证可判定出0xn1；第二次放缩法是证明不等式经常利用的方法，多采用添项或去项，分子、分母扩大或缩小，应用基本不等式进行放缩，放缩时要注意放缩的方向保持一致.在此步骤中，因两个等式中的等号不可能同时成立，所以两式相乘后不取等号，这是易错之处，必须加以警惕.,思 维 点 拨,温 馨 提 醒,规 范 解 答,,方 法 与 技 巧,1.分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知.,3.分析法和综合法各有优缺点.分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考.实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来.,,2.综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知.,,失 误 与 防 范,1.用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直至一个明显成立的结论.,2.利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设的命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的.,,,,2,3,4,5,6,7,8,9,10,1,,,,2,3,4,5,6,7,8,9,10,1,即ab.,答案 ab,,,3,4,5,6,7,,8,9,10,1,2,∴P2Q2，∴PQ.,PQ,,,2,4,5,6,7,8,9,10,1,,3,③欲证a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥2，即证4－2ab≥2，,,,2,4,5,6,7,8,9,10,1,,3,即ab≤1，由①知成立.,答案 ①③④,,,2,3,5,6,7,8,9,10,1,,4,,,2,3,5,6,7,8,9,10,1,,4,即a＝b＝1时，取“＝”.,答案 4,,,2,3,4,6,7,8,9,10,1,,5,5.(2014·山东改编)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_________________________.,解析 方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根.,方程x3＋ax＋b＝0没有实根,6.下列条件： ①ab0；②ab0，b0；④a0，b0. 其中能使 ＋ ≥2成立的条件的个数是________.,,,2,3,4,5,7,8,9,10,1,,6,3,7.已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________.,,,2,3,4,5,6,8,9,10,1,,7,解析 依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知每组中每个“整数对”的和为n＋1，且每组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有 个“整数对”，,注意到 60 ，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各数对依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7).,,,2,3,4,5,6,8,9,10,1,,7,答案 (5,7),,,2,3,4,5,6,7,9,10,1,,8,解析 ∵f(x)＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，且A、B、C∈(0，π).,,,2,3,4,5,6,7,9,10,1,,8,,,2,3,4,5,6,7,8,10,1,,9,证明 ∵a⊥b，∴a·b＝0.,平方得：|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a·b)， 只需证：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0， 即(|a|－|b|)2≥0，显然成立.故原不等式得证.,10.已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝ ，SA＝1. (1)求证：SA⊥平面ABCD；,,,2,3,4,5,6,7,8,9,1,,10,证明 由已知得SA2＋AD2＝SD2， ∴SA⊥AD.同理SA⊥AB. 又AB∩AD＝A， ∴SA⊥平面ABCD.,,,2,3,4,5,6,7,8,9,1,,10,(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由.,解 假设在棱SC上存在异于S，C的点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. 这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾， ∴假设不成立. 故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.,,,2,3,4,5,,1,A≤B≤C,2.(2013·广东)设整数n≥4，集合X＝{1,2,3，…，n}，令集合S＝{(x，y，z)|x，y，z∈X，且三条件xyz，yzx，zxy恰有一个成立}.若(x，y，z)和(z，w，x)都在S中，则下列选项正确的是________. ①(y，z，w)∈S，(x，y，w)∉S ②(y，z，w)∈S，(x，y，w)∈S ③(y，z，w)∉S，(x，y，w)∈S ④(y，z，w)∉S，(x，y，w)∉S,,,3,4,5,1,,2,解析 因为(x，y，z)∈S，则x，y，z的大小关系有3种情况，同理，(z，w，x)∈S，则z，w，x的大小关系也有3种情况，如图所示，由图可知，x，y，w，z的大小关系有4种可能，均符合(y，z，w)∈S，(x，y，w)∈S.故②正确.,答案 ②,,,3,4,5,1,,2,,,2,4,5,1,,3,4.已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00. (1)证明： 是函数f(x)的一个零点；,,,2,3,5,1,,4,证明 ∵f(x)图象与x轴有两个不同的交点，,∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，,∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，,,,2,3,5,1,,4,(2)试用反证法证明 c.,,,2,3,5,1,,4,,,2,3,4,1,,5,,,2,3,4,1,,5,,,2,3,4,1,,5,(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.,证明 用反证法证明.,假设数列{bn}存在三项br，bs，bt(rst)按某种顺序成等差数列，,于是有brbsbt，则只能有2bs＝br＋bt成立.,,,2,3,4,1,,5,两边同乘以3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s.,由于rst，∴上式左边为奇数，右边为偶数，,故上式不可能成立，导致矛盾.,故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列.,,,2,3,4,1,,5,