(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理(含解析)新人教A版

上傳人:Sc****h 文檔編號:119136151 上傳時間:2022-07-13 格式:DOCX 頁數(shù):12 大?。?.38MB
收藏 版權(quán)申訴 舉報 下載
(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理(含解析)新人教A版_第1頁
第1頁 / 共12頁
(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理(含解析)新人教A版_第2頁
第2頁 / 共12頁
(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理(含解析)新人教A版_第3頁
第3頁 / 共12頁

下載文檔到電腦,查找使用更方便

22 積分

下載資源

還剩頁未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理(含解析)新人教A版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(名師導(dǎo)學(xué))2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 第43講 直接證明與間接證明練習(xí) 理(含解析)新人教A版(12頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第43講 直接證明與間接證明 夯實基礎(chǔ) 【p92】 【學(xué)習(xí)目標(biāo)】 1.結(jié)合已經(jīng)學(xué)過的數(shù)學(xué)實例,了解直接證明的兩種基本方法:分析法和綜合法;了解分析法和綜合法的思考過程、特點及證明步驟. 2.結(jié)合已經(jīng)學(xué)過的數(shù)學(xué)實例,了解間接證明的一種基本方法——反證法;了解反證法的思考過程、特點. 【基礎(chǔ)檢測】 1.利用反證法證明:“若x2+y2=0,則x=y(tǒng)=0”時,假設(shè)為(  ) A.x,y都不為0 B.x≠y且x,y都不為0 C.x≠y且x,y不都為0 D.x,y不都為0 【解析】原命題的結(jié)論是x,y都為零,反證時,假設(shè)為x,y不都為零. 【答案】D 2.要證a2+b2-1-a2

2、b2≤0,只要證明(  ) A.2ab-1-a2b2≤0 B.a(chǎn)2+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 3.設(shè)a,b,c均為正實數(shù),則三個數(shù)a+,b+,c+(  ) A.都大于2 B.都小于2 C.至少有一個不大于2 D.至少有一個不小于2 【解析】∵a>0,b>0,c>0, ∴++=++ ≥6,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時,“=”成立,故三者不能都小于2,即至少有一個不小于2. 【答案】D 4.如果a+b>a+b,則a、b應(yīng)滿足的條件是_____

3、___. 【解析】∵a+b-(a+b) =(a-b)+(b-a) =(-)(a-b) =(-)2(+). ∴當(dāng)a≥0,b≥0,且a≠b時,(-)2(+)>0. ∴a+b>a+b成立的條件是a≥0,b≥0,且a≠b. 【答案】a≥0,b≥0,且a≠b 5.已知集合{a,b,c}={0,1,2},且下列三個關(guān)系:①a≠2;②b=2;③c≠0有且只有一個正確,則100a+10b+c=________. 【解析】由已知,若a≠2正確,則a=0或a=1,即a=0,b=1,c=2或a=0,b=2,c=1或a=1,b=0,c=2或a=1,b=2,c=0均與“三個關(guān)系有且只有一個正確”矛盾;

4、若b=2正確,則a≠2正確,不符合題意;所以,c≠0正確,a=2,b=0,c=1,故100a+10b+c=201. 【答案】201 【知識要點】 1.直接證明 (1)從原命題的條件逐步推得命題成立的證明稱為__直接證明__.綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法,也是解決數(shù)學(xué)問題時常用的思維方法. (2)從已知條件出發(fā),以已知的定義、公理、定理為依據(jù),逐步下推,直到推出要證明的結(jié)論為止.這種證明方法常稱為__綜合法__. 推證過程如下: →→→…→ (3)從要證明的結(jié)論出發(fā),追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的充分條件,逐步上溯,直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止.這種證明

5、方法常稱為__分析法__. 推論過程如下: →→→…→得到一個明顯成立的條件. P表示條件,Q表示要證的結(jié)論. 2.間接證明——反證法 (1)假設(shè)原命題不成立,經(jīng)過正確的推理,最后得出矛盾,因此說明假設(shè)錯誤,從而證明了原命題成立,這樣的證明方法叫做__反證法__. (2)反證法的特點:先假設(shè)原命題__不__成立,再在正確的推理下得出矛盾,所得矛盾可以是與已知條件矛盾,或與假設(shè)矛盾,或與定義、公理、定理、事實矛盾等. 典例剖析 【p92】 考點1 綜合法的應(yīng)用 設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若對任意正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m,使得Sn=am,則稱{an}是“H數(shù)列”. (1)

6、若數(shù)列{an}的前n項和Sn=2n(n∈N*),證明:{an}是“H數(shù)列”; (2)證明:對任意的等差數(shù)列{an},總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立. 【解析】(1)由已知,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m=n+1,使得Sn=2n=am. 所以{an}是“H數(shù)列”. (2)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(n∈N*). 令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),則an=bn+cn(n∈N*). 下面證{bn}是“H數(shù)列”. 設(shè)

7、{bn}的前n項和為Tn,則Tn=a1(n∈N*).于是對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m=,使得Tn=bm,所以{bn}是“H數(shù)列”. 同理可證{cn}也是“H數(shù)列”. 所以對任意的等差數(shù)列{an},總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn},使得an=bn+cn(n∈N*)成立. 【點評】綜合法證題的思路 考點2 分析法的應(yīng)用 當(dāng)n≥0時,試用分析法證明: -<-. 【解析】要證-<-, 即證+<2 , 只要證(+)2<(2)2, 即證 2n+2+2<4n+4, 即證

8、(1)逆向思考是用分析法證題的主要思想,通過反推,逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件.正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵.通常采用“欲證—只需證—已知”的格式,在表達中要注意敘述形式的規(guī)范性.(2)證明較復(fù)雜的問題時,可以采用兩頭湊的辦法,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,然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論,從而使原命題得證.(3)分析法證明問題的適用范圍:當(dāng)已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接,或證明過程中所需用的知識不太明確、具體時,往往采用分析法,特別是含有根號、絕對值的等式或不等式,??紤]用分析法. 考點3 反證法的應(yīng)用 等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a3=5+,

9、S3=9+3. (1)求an以及Sn. (2)設(shè)bn=,證明數(shù)列{bn}中不存在不同的三項成等比數(shù)列. 【解析】(1)設(shè){an}的首項為a1, 由已知得5+=a1+2d,9+3=3a1+3d, 求得a1=+1,d=2. 所以an=2n+-1,Sn=n2+n. (2)由bn==n+, 假設(shè)bn中存在不同的三項能構(gòu)成等比數(shù)列,即bn、bm、bp成等比數(shù)列, 所以b=bn·bp, 即(m+)2=(n+)·(p+), 所以(m2-np)+[2m-(n-p)]=0, 因為m、n、p是正整數(shù), 所以m2-np和2m-(n+p)均為有理數(shù), 所以m2-np=0,2m-(n+p)=

10、0, 所以(n+p)2=4np,所以(n-p)2=0,所以n=p與n≠p矛盾, 所以{bn}數(shù)列中不存在不同的三項成等比數(shù)列. 【點評】用反證法證明數(shù)學(xué)命題,一般有以下幾個步驟: (1)反設(shè):假定所要證的結(jié)論不成立,即假設(shè)結(jié)論的反面(否定命題)成立;(否定結(jié)論) (2)歸謬:將“反設(shè)”作為條件,由此出發(fā)經(jīng)過正確的推理,導(dǎo)出矛盾——與已知條件、已知的定義、公理、定理及明顯的事實矛盾或自相矛盾;(推導(dǎo)矛盾) (3)立論:因為推理正確,所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤.既原命題結(jié)論的反面不成立,從而肯定了原命題成立.(命題成立) 方法總結(jié)  【p93】 1.關(guān)于綜合法與分析法

11、分析法的特點:從“未知”看“需知”,逐步靠攏“已知”,其逐步推理,實際上是要尋找它的充分條件. 綜合法的特點:從“已知”看“可知”,逐步推向“未知”,其逐步推理,實際上是要尋找它的必要條件. 從而看出,分析法與綜合法是兩種思路截然相反的證明方法,既對立又統(tǒng)一.用綜合法證題前往往用分析法尋找解題思路,即所謂的“分析”.并且在解決較復(fù)雜問題時,往往是分析法與綜合法相互結(jié)合使用. 2.關(guān)于反證法 使用反證法證明的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾,這個矛盾可以是與已知條件矛盾,或與假設(shè)矛盾,或與定義、公理、定理、公式、事實矛盾等. 反證法的步驟:(1)反設(shè);(2)推出矛盾;(3)下結(jié)論. 矛盾

12、的主要類型:(1)與假設(shè)矛盾;(2)與數(shù)學(xué)公式、法則、公理、定理、定義或已被證明了的結(jié)論矛盾;(3)與公認(rèn)的簡單事實矛盾;(4)自相矛盾. 走進高考  【p93】 1.(2016·上海)若無窮數(shù)列{an}滿足:只要ap=aq(p,q∈N*),必有ap+1=aq+1,則稱{an}具有性質(zhì)P. (1)若無窮數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,無窮數(shù)列{cn}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列,b1=c5=1,b5=c1=81,an=bn+cn,判斷{an}是否具有性質(zhì)P,并說明理由; (2)設(shè){bn}是無窮數(shù)列,已知an+1=bn+sin an(n∈N*). 求證:“對任意a1,{an}都具有性質(zhì)P”的充要條件

13、為“{bn}是常數(shù)列”. 【解析】(1){bn}的公差為20,{cn}的公比為, 所以bn=1+20=20n-19,cn=81·=35-n. an=bn+cn=20n-19+35-n. a1=a5=82,但a2=48,a6=,a2≠a6, 所以{an}不具有性質(zhì)Ρ. (2)充分性: 當(dāng){bn}為常數(shù)列時,an+1=b1+sin an. 對任意給定的a1,只要ap=aq,則有b1+sin ap=b1+sin aq,即ap+1=aq+1. 充分性得證. 必要性: 用反證法證明.假設(shè){bn}不是常數(shù)列,則存在k∈N*, 使得b1=b2=…=bk=b,而bk+1≠b. 下面證

14、明存在滿足an+1=bn+sin an的{an},使得a1=a2=…=ak+1,但ak+2≠ak+1. 設(shè)f(x)=x-sin x-b,取m∈N*,使得mπ>|b|,則 f=mπ-b>0,f=-mπ-b<0,故存在c使得f(c)=0. 取a1=c,因為an+1=bn+sin an(1≤n≤k),所以a2=b+sin c=c=a1, 依此類推,得a1=a2=…=ak+1=c. 但ak+2=bk+1+sin ak+1=bk+1+sin c≠b+sin c,即ak+2≠ak+1. 所以{an}不具有性質(zhì)Ρ,矛盾. 必要性得證. 綜上,“對任意a1,{an}都具有性質(zhì)Ρ”的充要條件為“

15、{bn}是常數(shù)列”. 考點集訓(xùn)  【p225】 A組題 1.分析法又稱執(zhí)果索因法,若用分析法證明“設(shè)a>b>c,且a+b+c=0,求證:0 B.a(chǎn)-c>0 C.(a-b)(a-c)>0 D.(a-b)(a-c)<0 【解析】0 ?(a-c)(2a+c)>0 ?(a-c)(a-b)>0. 【答案】C 2.命題“對于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的證明:“cos4θ

16、-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ”過程應(yīng)用了(  ) A.分析法 B.綜合法 C.綜合法、分析法綜合使用 D.間接證明法 【解析】因為證明過程是“從左向右”,即由條件逐步推向結(jié)論. 【答案】B 3.若|loga|=loga,|logba|=-logba,則a,b滿足的條件是(  ) A.a(chǎn)>1,b>1 B.0<a<1,b>1 C.a(chǎn)>1,0<b<1 D.0<a<1,0<b<1 【解析】∵|loga|=loga, ∴l(xiāng)oga≥0=loga1,根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知0<a<1. ∵|logba|=

17、-logba, ∴l(xiāng)ogba≤0=logb1,但b≠1,所以根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知b>1. 【答案】B 4.已知函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù),數(shù)列{an}是等差數(shù)列,a3>0,則f(a1)+f(a3)+f(a5)的值(  ) A.恒為正數(shù)B.恒為負(fù)數(shù) C.恒為0 D.可正可負(fù) 【解析】由于f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù),且a3>0,所以f(a3)>f(0)=0. 而a1+a5=2a3,所以a1+a5>0,則a1>-a5, 于是f(a1)>f(-a5),即f(a1)>-f(a5), 因此f(a1)+f(a5)>0,所以有f(a1)+f(a3)+f(a5)>

18、0. 【答案】A 5.已知a>0,m=-,n=a+-2,則m,n的大小關(guān)系是__________ . 【解析】分析法:-≥a+-2, 只需證+2≥a++, 因為a>0,所以不等式兩邊均大于零. 因此只需證≥, 即證a2++4+4≥a2++4+2, 只需證≥, 只需證a2+≥,即證a2+≥2, 只需證≥0,而≥0顯然成立,所以m≥n. 【答案】m≥n 6.若二次函數(shù)f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在區(qū)間內(nèi)至少存在一點c,使f(c)>0,則實數(shù)p的取值范圍是________. 【解析】法一:(補集法) 令解得p≤-3或p≥, 故滿足條件的p的取值范圍

19、為. 法二:(直接法) 依題意有f(-1)>0或f(1)>0, 即2p2-p-1<0或2p2+3p-9<0, 得-<p<1或-3<p<. 故滿足條件的p的取值范圍是. 【答案】 7.(1)設(shè)a≥b≥0,用綜合法證明:a3+b3≥a2b+ab2; (2)用分析法證明:+>2+. 【解析】(1)∵a3+b3-(a2b+ab2)=a2(a-b)+b2(b-a)=(a-b)(a2-b2)=(a-b)2(a+b), 而(a-b)2≥0,a+b>0, ∴a3+b3-(a2b+ab2)≥0, ∴a3+b3≥a2b+ab2. (2)要證+>2+,只需證(+)2>(2+)2, 即證>

20、2,只需證()2>(2)2,即42>40,而42>40顯然成立,故原不等式得證. 8.已知函數(shù)f(x)=ax+(a>1). (1)證明:函數(shù)f(x)在(-2,+∞)上為增函數(shù); (2)用反證法證明:方程f(x)=0沒有負(fù)數(shù)根. 【解析】法一:任取x1,x2∈(-2,+∞),不妨設(shè)x1<x2, 則x2-x1>0,ax2-x1>1且ax1>0, 所以ax2-ax1=ax1(ax2-x1-1)>0, 又因為x1+2>0,x2+2>0, 所以-=>0, 于是f(x2)-f(x1)=(ax2-ax1)+>0, 故函數(shù)f(x)在(-2,+∞)上為增函數(shù). 法二:f′(x)=axln

21、a+, ∵a>1,ln a>0,∴axln a+>0, f′(x)>0在(-2,+∞)上恒成立,即f(x)在(-2,+∞)上為增函數(shù). (2)假設(shè)存在x0<0(x0≠-2)滿足f(x0)=0, 則ax0=-,因為x0<0(x0≠-2),a>1,所以0<ax0<1,所以0<-<1,解得<x0<3,與假設(shè)x0<0矛盾. 故方程f(x)=0沒有負(fù)數(shù)根. B組題 1.已知a,b,c∈(0,+∞),則下列三個數(shù)a+,b+,c+(  ) A.都大于6 B.至少有一個不大于6 C.都小于6 D.至少有一個不小于6 【解析】假設(shè)三個數(shù)a+,b+,c+都小于6,則a++b++c+<18.

22、利用基本不等式可得,a++b++c+=++≥18,這與假設(shè)矛盾,故假設(shè)不成立,即三個數(shù)a+,b+,c+至少有一個不小于6. 【答案】D 2.對于任意n∈N*,求證: 1++++…+<. 【解析】法一:∵=<=-(n≥2), ∴1++++…+ <1++++…+ =1++ =+-=-<. 法二:∵n∈N*,當(dāng)n≥2時, n2>n2-1=(n+1)(n-1)>0, ∴<=. ∴1++++…+ <1+ =1+ =-<. 3.已知△ABC的三個內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,A,B,C的對邊分別為a,b,c.求證:+=. 【解析】要證+=, 即證+=3,也就是+=1, 只

23、需證c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c), 需證c2+a2=ac+b2, 又△ABC三內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,故B=60°,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B,即b2=a2+c2-ac, 故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立. 4.直線y=kx+m(m≠0)與橢圓W:+y2=1相交于A,C兩點,O是坐標(biāo)原點. (1)當(dāng)點B的坐標(biāo)為(0,1),且四邊形OABC為菱形時,求AC的長; (2)當(dāng)點B在W上且不是W的頂點時,證明:四邊形OABC不可能為菱形. 【解析】(1)因為四邊形OABC為菱形, 則AC與OB相互垂直平分. 由于O(0,0),B(0,1), 所以設(shè)點A,代入橢圓方程得+=1, 則t=±,故|AC|=2. (2)假設(shè)四邊形OABC為菱形, 因為點B不是W的頂點,且AC⊥OB,所以k≠0. 由 消y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. 設(shè)A(x1,y1),C(x2,y2),則 =-,=k·+m=. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點,且m≠0,k≠0, 所以直線OB的斜率為kOM=-, 因為k·=-≠-1,所以AC與OB不垂直. 所以O(shè)ABC不是菱形,與假設(shè)矛盾. 所以當(dāng)點B不是W的頂點時,四邊形OABC不可能是菱形. 12

展開閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

相關(guān)資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔
關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號:ICP2024067431-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺,本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!