2019-2020年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 13.3直接證明與間接證明教案 理 新人教A版 .DOC

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2019-2020年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 13.3直接證明與間接證明教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考　1.考查對直接證明和間接證明原理的理解和用法；2.以不等式、立體幾何、解析幾何、函數(shù)與方程、數(shù)列知識為載體，考查分析法、綜合法、反證法． 復(fù)習(xí)備考要這樣做　1.抓住三種證明方法的特點(diǎn)，把握它們解題的一般步驟，熟悉三種方法適用于解決問題的類型；2.加強(qiáng)訓(xùn)練，總結(jié)、體會解題中的一些技巧，靈活應(yīng)用三種方法證明一些實(shí)際問題． 1． 直接證明 (1)綜合法 ①定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法． ②框圖表示：→→→…→(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證明的結(jié)論)． (2)分析法 ①定義：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法． ②框圖表示：→→→…→. 2． 間接證明 反證法：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． [難點(diǎn)正本　疑點(diǎn)清源] 1． 綜合法證明問題是由因?qū)Ч?，分析法證明問題是執(zhí)果索因． 2． 分析法與綜合法相輔相成，對較復(fù)雜的問題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件、基礎(chǔ)知識之間的關(guān)系，找到解決問題的思路，再運(yùn)用綜合法證明，或者在證明時將兩種方法交叉使用． 1． 要證明“＋<2”可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是________．(填序號) ①反證法，②分析法，③綜合法． 答案?、? 2． 下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的條件的個數(shù)是________． 答案　3 解析　要使＋≥2，只要>0且>0，即a，b不為0且同號即可，故有3個． 3． 已知函數(shù)f(x)＝lg ，若f(a)＝b，則f(－a)＝______(用b表示)． 答案?。璪 解析　∵f(－x)＝lg ＝－lg ＝－f(x)， ∴f(x)為奇函數(shù)，∴f(－a)＝－f(a)＝－b. 4． 下列表述：①綜合法是由因?qū)Ч?；②綜合法是順推法；③分析法是執(zhí)果索因法；④分析法是逆推法；⑤反證法是間接證法．其中正確的有 (　　) A．2個 B．3個 C．4個 D．5個 答案　D 解析　由分析法、綜合法、反證法的定義知①②③④⑤正確． 5． 用反證法證明命題“三角形三個內(nèi)角至少有一個不大于60”時，應(yīng)假設(shè) (　　) A．三個內(nèi)角都不大于60 B．三個內(nèi)角都大于60 C．三個內(nèi)角至多有一個大于60 D．三個內(nèi)角至多有兩個大于60 答案　B 解析　因為“至少有一個”的反面是“一個也沒有”，所以“三角形三個內(nèi)角至少有一個不大于60”的否定是“三角形三個內(nèi)角一個也沒有不大于60”，即“三個內(nèi)角都大于60”，故選B. 題型一　綜合法的應(yīng)用 例1　已知a，b，c均為正數(shù)，證明：a2＋b2＋c2＋2≥6，并確定a，b，c為何值時，等號成立． 思維啟迪：利用a2＋b2≥2ab，＋≥，再利用ab＋≥2，根據(jù)這個解題思路去解答本題即可． 證明　因為a，b，c均為正數(shù)，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac， 所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，① 同理＋＋≥＋＋，② 故a2＋b2＋c2＋2≥ab＋bc＋ac＋3＋3＋3≥6.③ 所以原不等式成立． 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，①式和②式等號成立，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3時，③式等號成立． 即當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝3時，原式等號成立． 探究提高　綜合法往往以分析法為基礎(chǔ)，是分析法的逆過程，但更要注意從有關(guān)不等式的定理、結(jié)論或題設(shè)條件出發(fā)，根據(jù)不等式的性質(zhì)推導(dǎo)證明． 　已知a、b、c為正實(shí)數(shù)，a＋b＋c＝1. 求證：(1)a2＋b2＋c2≥； (2)＋＋≤6. 證明　(1)方法一　a2＋b2＋c2－ ＝(3a2＋3b2＋3c2－1) ＝[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2] ＝(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc) ＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0， ∴a2＋b2＋c2≥. 方法二　∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2， ∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2≥. 方法三　設(shè)a＝＋α，b＝＋β，c＝＋γ. ∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0. ∴a2＋b2＋c2＝2＋2＋2 ＝＋(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2 ＝＋α2＋β2＋γ2≥， ∴a2＋b2＋c2≥. (2)∵＝≤＝， 同理≤，≤， ∴＋＋≤＝6， ∴原不等式成立． 題型二　分析法的應(yīng)用 例2　已知m>0，a，b∈R，求證：2≤. 思維啟迪：本題若使用綜合法，不易尋求證題思路．可考慮使用分析法． 證明　∵m>0，∴1＋m>0. 所以要證原不等式成立， 只需證(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)， 即證m(a2－2ab＋b2)≥0， 即證(a－b)2≥0， 而(a－b)2≥0顯然成立， 故原不等式得證． 探究提高　分析法的特點(diǎn)和思路是“執(zhí)果索因”，即從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”或本身已經(jīng)成立的定理、性質(zhì)或已經(jīng)證明成立的結(jié)論等，運(yùn)用分析法必須考慮條件的必要性是否成立．通常采用“欲證—只需證—已知”的格式，在表達(dá)中要注意敘述形式的規(guī)范性． 　已知a>0，求證： －≥a＋－2. 證明　要證 －≥a＋－2， 只要證 ＋2≥a＋＋. ∵a>0，故只要證2≥2， 即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2， 從而只要證2≥， 只要證4≥2，即a2＋≥2， 而上述不等式顯然成立，故原不等式成立． 題型三　反證法的應(yīng)用 例3　已知a≥－1，求證三個方程： x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0， x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實(shí)數(shù)根． 思維啟迪：“至少有一個”的否定是“一個也沒有”，即“三個方程都沒有實(shí)數(shù)根”． 證明　假設(shè)三個方程都沒有實(shí)數(shù)根，則 ?， ∴－log216，猜測f(a)＋f(c)>2f(b)． 要證f(a)＋f(c)>2f(b)，則只需證log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)， 即證log2(a＋2)(c＋2)>log2(b＋2)2，也即證(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2. 展開整理得ac＋2(a＋c)>b2＋4b. 因為b2＝ac，所以只要證a＋c>2，顯然是成立的． 規(guī)范解答 解　f(a)＋f(c)>2f(b)．[2分] 證明如下：因為a，b，c是兩兩不相等的正數(shù)， 所以a＋c>2.[4分] 因為b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)>b2＋4b， 即ac＋2(a＋c)＋4>b2＋4b＋4， 從而(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.[8分] 因為f(x)＝log2x是增函數(shù)， 所以log2(a＋2)(c＋2)>log2(b＋2)2，[10分] 即log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)． 故f(a)＋f(c)>2f(b)．[12分] 溫馨提醒　(1)綜合法和分析法各有其優(yōu)缺點(diǎn)，分析法利于思考，綜合法宜于表達(dá)，因此，在實(shí)際解題時，常常把分析法和綜合法結(jié)合起來運(yùn)用，先以分析法為主尋求解題思路，再用綜合法表述解答或證明過程．有時要把分析和綜合結(jié)合起來交替使用，才能成功． (2)本題錯誤原因一是不會用分析法分析，找不到解決問題的切入口；二是不會用綜合法表述，從而導(dǎo)致解題格式不規(guī)范．將分析法和綜合法整合，是證明數(shù)學(xué)問題的一種重要的思想方法. 方法與技巧 1． 分析法的特點(diǎn)：從未知看需知，逐步靠攏已知． 2． 綜合法的特點(diǎn)：從已知看可知，逐步推出未知． 3． 分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實(shí)際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來． 4． 用分析法證明數(shù)學(xué)問題時，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)…”“即要證…”“就要證…”等分析到一個明顯成立的結(jié)論P(yáng)，再說明所要證明的數(shù)學(xué)問題成立． 失誤與防范 利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時，要假設(shè)結(jié)論錯誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯誤的． A組　專項基礎(chǔ)訓(xùn)練 (時間：35分鐘，滿分：57分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1． 若a，b，c為實(shí)數(shù)，且aab>b2 C.< D.> 答案　B 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. 2． 設(shè)a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x<0)，則a與b大小關(guān)系為 (　　) A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)b. 3． 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 答案　C 解析　由題意知0 ?a2－ab＋a2－b2>0?a(a－b)＋(a＋b)(a－b)>0 ?a(a－b)－c(a－b)>0?(a－b)(a－c)>0，故選C. 4． 用反證法證明某命題時，對結(jié)論：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”正確的反設(shè)為 (　　) A．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù) B．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù) C．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù) D．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù) 答案　B 解析　自然數(shù)a，b，c中為偶數(shù)的情況為a，b，c全為偶數(shù)；a，b，c中有兩個數(shù)為偶數(shù)；a，b，c全為奇數(shù)；a，b，c中恰有一個數(shù)為偶數(shù)，所以反設(shè)為a，b，c中至少有兩個偶數(shù)或都是奇數(shù)． 二、填空題(每小題5分，共15分) 5． 設(shè)a>b>0，m＝－，n＝，則m，n的大小關(guān)系是__________． 答案　m0，顯然成立． 6． 用反證法證明命題“若實(shí)數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，則a，b，c，d中至少有一個是非負(fù)數(shù)”時，第一步要假設(shè)結(jié)論的否定成立，那么結(jié)論的否定是_____． 答案　a，b，c，d全是負(fù)數(shù) 解析　“至少有一個”的否定是“一個也沒有”，故結(jié)論的否定是“a，b，c，d中沒有一個非負(fù)數(shù)，即a，b，c，d全是負(fù)數(shù)”． 7． 設(shè)x，y，z是空間的不同直線或不同平面，且直線不在平面內(nèi)，下列條件中能保證“若x⊥z，且y⊥z，則x∥y”為真命題的是________(填寫所有正確條件的代號)． ①x為直線，y，z為平面；②x，y，z為平面；③x，y為直線，z為平面；④x，y為平面，z為直線；⑤x，y，z為直線． 答案　①③④ 解析　根據(jù)線面關(guān)系定理判定． 三、解答題(共22分) 8． (10分)已知函數(shù)f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求證：[f(x1)＋f(x2)]>f. 證明　要證明[f(x1)＋f(x2)]>f， 即證明(tan x1＋tan x2)>tan， 只需證明>tan ， 只需證明>. 由于x1、x2∈，故x1＋x2∈(0，π)． ∴cos x1cos x2>0，sin(x1＋x2)>0， 1＋cos(x1＋x2)>0， 故只需證明1＋cos(x1＋x2)>2cos x1cos x2， 即證1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2， 即證cos(x1－x2)<1. 由x1、x2∈，x1≠x2知上式是顯然成立的． 因此，[f(x1)＋f(x2)]>f. 9． (12分)已知四棱錐S－ABCD中，底面是邊長為1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1. (1)求證：SA⊥平面ABCD； (2)在棱SC上是否存在異于S，C的點(diǎn)F，使得BF∥平面SAD？若存在，確定F點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由． (1)證明　 由已知得SA2＋AD2＝SD2， ∴SA⊥AD.同理SA⊥AB. 又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD. (2)解　假設(shè)在棱SC上存在異于S，C的點(diǎn)F，使得BF∥平面SAD. ∵BC∥AD，BC?平面SAD. ∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B， ∴平面SBC∥平面SAD. 這與平面SBC和平面SAD有公共點(diǎn)S矛盾， ∴假設(shè)不成立．故不存在這樣的點(diǎn)F，使得BF∥平面SAD. B組　專項能力提升 (時間：25分鐘，滿分：43分) 一、選擇題(每小題5分，共15分) 1． 若a，b∈R，則下面四個式子中恒成立的是 (　　) A．lg(1＋a2)>0 B．a(chǎn)2＋b2≥2(a－b－1) C．a(chǎn)2＋3ab>2b2 D.< 答案　B 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． 2． 設(shè)a，b，c∈(－∞，0)，則a＋，b＋，c＋ (　　) A．都不大于－2 B．都不小于－2 C．至少有一個不大于－2 D．至少有一個不小于－2 答案　C 解析　因為a＋＋b＋＋c＋≤－6，所以三者不能都大于－2. 3． 已知f(1,1)＝1，f(m，n)∈N*(m，n∈N*)，且對任意m，n∈N*都有：①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；②f(m＋1,1)＝2f(m，1)．給出以下三個結(jié)論： (1)f(1,5)＝9；(2)f(5,1)＝16；(3)f(5,6)＝26. 其中正確結(jié)論的個數(shù)為 (　　) A．3 B．2 C．1 D．0 答案　A 解析　(1)由f(1,1)＝1和f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2 得f(1,2)＝f(1,1＋1)＝f(1,1)＋2＝1＋2＝3， f(1,3)＝f(1,2)＋2＝5，f(1,4)＝f(1,3)＋2＝7， f(1,5)＝f(1,4)＋2＝9； (2)由f(1,1)＝1和f(m＋1,1)＝2f(m,1) 得f(2,1)＝f(1＋1,1)＝2f(1,1)＝2，f(3,1)＝2f(2,1)＝4， f(4,1)＝2f(3,1)＝8，f(5,1)＝2f(4,1)＝16； (3)由f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2得f(5,6)＝f(5,5)＋2， 而f(5,5)＝f(5,4)＋2，f(5,4)＝f(5,3)＋2， f(5,3)＝f(5,2)＋2，f(5,2)＝f(5,1)＋2＝16＋2＝18， 則f(5,6)＝26. 二、填空題(每小題5分，共15分) 4． 關(guān)于x的方程ax＋a－1＝0在區(qū)間(0,1)內(nèi)有實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． 答案　 解析　(1)當(dāng)a＝0時，方程無解． (2)當(dāng)a≠0時，令f(x)＝ax＋a－1，則f(x)在區(qū)間(0,1)上是單調(diào)函數(shù)．依題意，得f(0)f(1)<0， ∴(a－1)(2a－1)<0，∴2，n∈N*時，an＋bn與cn的大小關(guān)系為____________． 答案　an＋bn2時，an＋bn＝2，cn＝()n＝2()n－2>2，由題意，an＋bn與cn的大小關(guān)系應(yīng)該是確定的，故猜想an＋bn2，所以有an＋bn＝a2an－2＋b2bn－2n，求證：<. (1)解　f′(x)＝－＝＝. 因為f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)， 所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立． 即x2＋(2－2a)x＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立． 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，由x2＋(2－2a)x＋1≥0， 得2a－2≤x＋. 設(shè)g(x)＝x＋，x∈(0，＋∞)． g(x)＝x＋≥2＝2， 所以當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝1時取等號， 即g(x)的最小值為2. 則2a－2≤2，即a≤2. 故a的取值范圍是(－∞，2]． (2)證明　要證<，只需證<， 即證ln >，則只需證ln －>0. 設(shè)h(x)＝ln x－. 由(1)，知h(x)在(1，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，又>1， 所以h>h(1)＝0.即ln －>0成立． 所以<.