2020届高考数学总复习 第七章 不等式 推理与证明 7-5 直接证明与间接证明课件 文 新人教A版

第5讲直接证明与间接证明1．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成立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)为止充分2.间接证明反证法：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，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明______________的证明方法．不成立原命题成立题组一常识题1．(教材改编)命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明过程为“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”，则该证明应用了____________．【解析】因为证明过程是“从左往右”，即由条件推出结论．【答案】综合法2．(教材改编)6＋7与22＋5的大小关系为____________．【解析】要比较6＋7与22＋5的大小，只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小，只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小，∵4240，∴6＋722＋5.【答案】6＋722＋53．(教材改编)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________三角形．【解析】由题意知2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝π3，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，∴A＝C，∴A＝B＝C＝π3，∴△ABC为等边三角形．【答案】等边4．(教材改编)用反证法证明某命题时，对于结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”，正确的反设为________________．【解析】自然数a，b，c中为偶数的情况为：a，b，c全为偶数；a，b，c中有两个数为偶数；a，b，c全为奇数；a，b，c中恰有一个数为偶数．故反设为：a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数．【答案】a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数题组二常错题◆索引：证明方法的两个易错点：(1)分析法证明的书写格式；(2)反证法的假设．5．用反证法证明命题“三角形三个内角至多有一个不小于90°”时，应假设__________________．【解析】根据反证法的特点，应假设三角形三个内角中有两个或三个大于90°.【答案】三角形三个内角中有两个或三个大于90°【解析】证明过程的格式是错误的．【答案】错误6．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设abc，且a＋b＋c＝0，求证b2－ac3a”的过程如下：“由题意知b2－ac3a⇒b2－ac3a2⇒(a＋c)2－ac3a2⇒a2＋2ac＋c2－ac－3a20⇒－2a2＋ac＋c20⇒2a2－ac－c20⇒(a－c)(2a＋c)0⇒(a－c)(a－b)0，由于abc，所以(a－c)(a－b)0，所以b2－ac3a”．这个证明过程是____________的．(填“正确”或“错误”)考点一直接证明角度1综合法【例1】若∀x∈D，总有f(x)F(x)g(x)，则称F(x)为f(x)与g(x)在D上的一个“严格分界函数”．求证：y＝ex是y＝1＋x和y＝1＋x＋x22在(－1，0)上的一个“严格分界函数”．【证明】令φ(x)＝ex－1－x，则φ′(x)＝ex－1.当－1x0时，φ′(x)0，故φ(x)在区间(－1，0)上为减函数，因此φ(x)φ(0)＝0，故ex1＋x.令t(x)＝ex－1－x－x22，则t′(x)＝ex－1－x.由上述证明过程可知，当x∈(－1，0)时，ex1＋x恒成立，即当x∈(－1，0)时，t′(x)0，故t(x)在(－1，0)上为增函数．所以t(x)t(0)＝0，即ex1＋x＋x22.故y＝ex是y＝1＋x和y＝1＋x＋x22在(－1，0)上的一个“严格分界函数”．角度2分析法【例2】设集合M＝{x||x|1}，在集合M中定义一种运算“*”，使得a*b＝a＋b1＋ab.(1)证明：(a*b)*c＝a*(b*c)；(2)证明：若a∈M，b∈M，则a*b∈M.【证明】(1)因为a*b＝a＋b1＋ab，所以(a*b)*c＝a＋b1＋ab*c＝a＋b1＋ab＋c1＋a＋b1＋ab·c＝c＋abc＋a＋b1＋ab＋ac＋bc，又a*(b*c)＝a*b＋c1＋bc＝a＋b＋c1＋bc1＋a·b＋c1＋bc＝a＋abc＋b＋c1＋bc＋ab＋ac，所以(a*b)*c＝a*(b*c)．(2)因为M＝{x||x|1}，a∈M，b∈M，所以|a|1，|b|1.欲证a*b∈M，只需证a＋b1＋ab1，即证a＋b1＋ab21，只需证(a＋b)2(1＋ab)2，即证(ab)2－a2－b2＋10.因为(ab)2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)，且|a|1，|b|1，所以(a2－1)(b2－1)0，即原命题成立．【反思归纳】跟踪训练1已知函数f(x)＝x3＋1x＋1，x∈[0，1]．(1)用分析法证明：f(x)≥1－x＋x2.(2)证明：34f(x)≤32.【证明】(1)由0≤x≤1，得1≤x＋1≤2，欲证f(x)≥1－x＋x2，只需证x3＋1x＋1≥1－x＋x2，只需证x3·(x＋1)＋1≥(x＋1)·(1－x＋x2)，只需证x4＋x3＋1≥x3＋1，只需证x4≥0.因为x4≥0成立，所以f(x)≥1－x＋x2成立．(2)因为1－x＋x2＝x－122＋34≥34，当且仅当x＝12时取等号，又f12＝18＋23＝192434，所以结合(1)得f(x)34.由0≤x≤1得x3≤x，则f(x)≤x＋1x＋1，设g(x)＝x＋1x＋1，x∈[0，1]，则g′(x)＝1－1（x＋1）2＝x2＋2x（x＋1）2≥0，故g(x)在[0，1]上为增函数，则g(x)≤g(1)＝32，所以f(x)≤g(x)≤32.综上，34f(x)≤32.考点二间接证明【例3】已知函数f(x)＝ax＋sinb－3x＋1(a，b∈R，且a1)的图象过点(0，－1)．(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明：函数f(x)没有负零点．【证明】(1)由于函数f(x)＝ax＋sinb－3x＋1(a，b∈R，且a1)的图象过点(0，－1)，所以f(0)＝－1，即a0＋sinb－30＋1＝－1，解得sinb＝1，所以f(x)＝ax＋1－3x＋1(a1)，所以f′(x)＝axlna＋3（x＋1）20(x≠－1)，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)法一：假设函数f(x)有负零点x0，则有f(x0)＝0，故有ax0＋1＝3x0＋1.①由于函数y＝ax＋1(a1)在R上是增函数，且a0＋1＝2，所以ax0＋12.由于函数y＝3x＋1在(－1，＋∞)上是减函数，当x0∈(－1，0)时，3x0＋13，所以等式①不可能成立．由于函数y＝3x＋1在(－∞，－1)上是减函数，当x0∈(－∞，－1)时，3x0＋10，而ax0＋11，所以等式①不可能成立．综上可得，等式①不可能成立，即假设错误，故f(x)＝0没有负零点．法二：假设函数f(x)有负零点x0，则有f(x0)＝0，故有ax0＋1＝3x0＋1.由于函数y＝ax＋1在R上是增函数，且a0＋1＝2，所以ax0＋12.所以1ax0＋12，所以13x0＋12，解得12x02.这与x00相矛盾，所以假设不成立，故f(x)＝0没有负零点．【反思归纳】跟踪训练2等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn.(2)设bn＝Snn(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．【解析】(1)由已知得a1＝2＋1，3a1＋3d＝9＋32，∴d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．(2)证明：由(1)得bn＝Snn＝n＋2.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b2q＝bpbr.即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)．∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴q2－pr＝0，2q－p－r＝0.∴p＋r22＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r.与p≠r矛盾．∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．