2022年高考数学一轮复习第7章不等式推理与证明4直接证明与间接证明课件（人教A版）

7.4直接证明与间接证明\n-2-知识梳理双基自测211.直接证明成立充分\n-3-知识梳理双基自测21\n-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:①反设——假设命题的结论不成立;②归谬——根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;③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\n2-5-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.()√×××√√\n-6-知识梳理双基自测234152.命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”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”,即由条件推出结论.故选B.答案解析关闭B\n-7-知识梳理双基自测234153.已知a=lg2+lg5,b=ex(x<0),则a与b的大小关系为()A.a>bB.a<bC.a=bD.a≤b答案解析解析关闭当x<0时,0<ex<1,即0<b<1.又a=lg2+lg5=1.故a>b.答案解析关闭A\n-8-知识梳理双基自测23415答案解析解析关闭因为“关于x的方程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A4.用反证法证明命题“设a,b为实数,则关于x的方程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\n-9-知识梳理双基自测234155.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\n-10-考点1考点2考点3考向一数列中的证明例1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;思考哪些问题的证明适合用综合法?\n-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.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=2×3n-1.\n-12-考点1考点2考点3考向二立体几何中的证明例2如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD是菱形,AB=2A1B1,AA1⊥平面ABCD.求证:(1)BD⊥C1C;(2)C1C∥平面A1BD.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?\n-13-考点1考点2考点3证明:(1)连接AC,∵AA1⊥平面ABCD,∴AA1⊥BD.∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,又AC∩AA1=A,∴BD⊥平面ACC1A1.∵CC1⊂平面ACC1A1,∴BD⊥CC1.(2)连接AC和A1C1,设AC∩BD=E.∵底面ABCD是菱形,∴E为菱形ABCD的中心,由棱台的定义及AB=2A1B1,可得EC∥A1C1,且EC=A1C1,故ECC1A1为平行四边形,∴CC1∥A1E.∵CC1⊄平面A1BD,A1E⊂平面A1BD,∴CC1∥平面A1BD.\n-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是什么?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.\n-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.\n-16-考点1考点2考点3对点训练1(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1+n-2,n∈N*,a1=2.①证明:数列{an-1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;\n-17-考点1考点2考点3(1)①解因为Sn=an+1+n-2,所以当n≥2时,Sn-1=an+(n-1)-2=an+n-3,两式相减,得an=an+1-an+1,即an+1=2an-1.设cn=an-1,代入上式,得cn+1+1=2(cn+1)-1,即cn+1=2cn(n≥2).又Sn=an+1+n-2,则an+1=Sn-n+2,故a2=S1-1+2=3.所以c1=a1-1=1,c2=a2-1=2,即c2=2c1.综上,对于正整数n,cn+1=2cn都成立,即数列{an-1}是等比数列,其首项a1-1=1,公比q=2.\n-18-考点1考点2考点3\n-19-考点1考点2考点3(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的中点.求证:①直线EF∥平面PBC;②平面DEF⊥平面PAB.\n-20-考点1考点2考点3(2)证明:①在△PAB中,因为E,F分别为PA,AB的中点,所以EF∥PB.又因为EF⊄平面PBC,PB⊂平面PBC,所以直线EF∥平面PBC.②如图,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DF⊥AB.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.\n-21-考点1考点2考点3\n-22-考点1考点2考点3例4已知△ABC的三个内角A,B,C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?\n-23-考点1考点2考点3\n-24-考点1考点2考点3解题心得分析法的适用范围及证题关键:(1)适用范围:①已知条件与结论之间的联系不够明显、直接;②证明过程中所需要用的知识不太明确、具体;③含有根号、绝对值的等式或不等式,从正面不易推导.(2)应用分析法的关键是保证分析过程的每一步都是可逆的,它的常用书面表达形式为“要证……只需证……”或用“⇐”.注意用分析法证明时,一定要严格按照格式书写.\n-25-考点1考点2考点3(2)已知a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.证明(1)因为m>0,所以1+m>0.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)2≥0,而(a-b)2≥0显然成立,故原不等式得证.\n-26-考点1考点2考点3(2)要证明2a3-b3≥2ab2-a2b成立,只需证2a3-b3-2ab2+a2b≥0,即2a(a2-b2)+b(a2-b2)≥0,即(a+b)(a-b)(2a+b)≥0.∵a≥b>0,∴a-b≥0,a+b>0,2a+b>0,从而(a+b)(a-b)(2a+b)≥0成立,∴2a3-b3≥2ab2-a2b.\n-27-考点1考点2考点3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a1≠0,所以(1+q)2=1+q+q2,即q=0,这与公比q≠0矛盾,所以数列{Sn}不是等比数列.\n-28-考点1考点2考点3(2)解当q=1时,Sn=na1,故{Sn}是等差数列;当q≠1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q≠0矛盾.综上,当q=1时,数列{Sn}是等差数列;当q≠1时,{Sn}不是等差数列.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.\n-29-考点1考点2考点3证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0,得0<a<1;同理可得,0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.