《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第五節(jié)直接證明與間接證明突破熱點(diǎn)題型》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第五節(jié)直接證明與間接證明突破熱點(diǎn)題型（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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第五節(jié) 直接證明與間接證明
考點(diǎn)一
分析法的應(yīng)用
[例1] 已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，求證：對(duì)于任意的x1，x2∈R，均有≥f.
[自主解答] 要證明≥f，
即證明≥3－2·，
因此只要證明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)，即證明≥3，
因此只要證明≥，由于x1，x2∈R，所以3x1>0,3x2>0，
由基本不等式知≥顯然成立，故原結(jié)論成立．
【方法規(guī)律】
利用分析法證明問(wèn)題的思路
分析法的證明思路：先從結(jié)論入手，由此逐步推出保證此結(jié)論成立的充分條件，而當(dāng)這些判斷恰恰都是
2、已證的命題(定義、公理、定理、法則、公式等)或要證命題的已知條件時(shí)命題得證．
[來(lái)源:]
已知非零向量a、b，且a⊥b，求證：≤.
證明：a⊥b?a·b＝0，要證≤.只需證|a|＋|b|≤|a＋b|，
只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只需證|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需證|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式顯然成立，故原不等式得證.
考點(diǎn)二
綜合法與分析法的綜合應(yīng)用
[例2] (2013·湖北高考)如圖，某地質(zhì)隊(duì)自水平地面A，B，C三處
3、垂直向地下鉆探，自A點(diǎn)向下鉆到A1處發(fā)現(xiàn)礦藏，再繼續(xù)下鉆到A2處后下面已無(wú)礦，從而得到在A處正下方的礦層厚度為A1A2＝d1.同樣可得在B，C處正下方的礦層厚度分別為B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3.過(guò)AB，AC的中點(diǎn)M，N且與直線(xiàn)AA2平行的平面截多面體A1B1C1A2B2C2所得的截面DEFG為該多面體的一個(gè)中截面，其面積記為S中．
(1)證明：中截面DEFG是梯形；
(2)在△ABC中，記BC＝a，BC邊上的高為h，面積為S.在估測(cè)三角形ABC區(qū)域內(nèi)正下方
4、的礦藏儲(chǔ)量(即多面體A1B1C1A2B2C2的體積V)時(shí)，可用近似公式V估＝S中·h來(lái)估算．已知V＝(d1＋d2＋d3)S，試判斷V估與V的大小關(guān)系，并加以證明．
[自主解答] (1)證明：依題意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面ABC，
所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3.
所以四邊形A1A2B2B1，A1A2C2C1均是梯形．
由AA2∥平面MEFN，AA2?平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.同理可
5、證A1A2∥FG，所以DE∥FG.
又點(diǎn)M，N分別為AB，AC的中點(diǎn)，
則點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，A2B2，A2C2，A1C1的中點(diǎn)，
即DE、FG分別為梯形A1A2B2B1、A1A2C2C1的中位線(xiàn)．
因此DE＝(A1A2＋B1B2)＝(d1＋d2)，F(xiàn)G＝(A1A2＋C1C2)＝(d1＋d3)，
而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面DEFG是梯形．
(2)V估<V.證明如下：
由A1A2⊥平面ABC，MN?平面ABC，可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2，所以EM⊥MN，
同理可得FN⊥MN.由MN是△ABC的中位線(xiàn)，可得MN＝BC＝
6、a，即為梯形DEFG的高，因此S中＝S梯形DEFG＝·＝(2d1＋d2＋d3)，
即V估＝S中·h＝(2d1＋d2＋d3)．又S＝ah，所以V＝(d1＋d2＋d3)S＝(d1＋d2＋d3)．
于是V－V估＝(d1＋d2＋d3)－(2d1＋d2＋d3)＝[(d2－d1)＋(d3－d1)]．
由d1<d2<d3，得d2－d1>0，d3－d1>0，故V估<V.
【方法規(guī)律】
綜合法與分析法聯(lián)袂應(yīng)用的技巧
綜合法與分析法各有特點(diǎn)，在解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)，常把分析法與綜合法綜合起來(lái)運(yùn)用，通常用分析法分析，綜合法書(shū)寫(xiě)．這一點(diǎn)在立體幾何中應(yīng)用最為明
7、顯，同時(shí)，在數(shù)列、三角、解析幾何中也大多是利用分析法分析，用綜合法證明的辦法來(lái)證明相關(guān)問(wèn)題．
對(duì)于定義域?yàn)閇0,1]的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿(mǎn)足以下三條：①對(duì)任意的x∈[0,1]，總有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，則稱(chēng)函數(shù)f(x)為理想函數(shù)．試判斷g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否為理想函數(shù)，如果是，請(qǐng)予以證明；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
證明：g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函數(shù)，證明如下：
因?yàn)閤∈[0,1]，所以2x≥1,2x－1≥0，即對(duì)任意x∈[0,1]，總有g(shù)(x)≥0
8、，滿(mǎn)足條件①.
g(1)＝21－1＝2－1＝1，滿(mǎn)足條件②.當(dāng)x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1時(shí)，
g(x1＋x2)＝2 x1＋x2－1，g(x1)＋g(x2)＝2 x1－1＋2 x2－1，
于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝(2 x1＋x2－1)－(2 x1－1＋2 x2－1)[來(lái)源:]
＝2 x1·2 x2－2 x1－2 x2＋1＝(2 x1－1)(2 x2－1)．
由于x1≥0，x2≥0，所以2 x1－1≥0,2 x2－1≥0，
于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]≥0，因此g(x1＋x2)≥g(x1)＋g(x2)，滿(mǎn)足條件③，
故函
9、數(shù)g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函數(shù)．
高頻考點(diǎn)
考點(diǎn)三 反證法的應(yīng)用
[來(lái)源:]
1．反證法的應(yīng)用是高考的?？純?nèi)容，題型為解答題，難度適中，為中高檔題．
2．高考對(duì)反證法的考查常有以下兩個(gè)命題角度：
(1)證明否定性命題；
(2)證明存在性問(wèn)題．
[例3] (2013·北京高考)已知{an}是由非負(fù)整數(shù)組成的無(wú)窮數(shù)列．該數(shù)列前n項(xiàng)的最大值記為An，第n項(xiàng)之后各項(xiàng)an＋1，an＋2，…的最小值記為Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}為2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一個(gè)周期為4的數(shù)列(即對(duì)任意n∈N*，an＋4＝an)，寫(xiě)
10、出d1，d2，d3，d4的值；
(2)設(shè)d是非負(fù)整數(shù)．證明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要條件為{an}是公差為d的等差數(shù)列；
(3)證明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，則{an}的項(xiàng)只能是1或者2，且有無(wú)窮多項(xiàng)為1.
[自主解答] (1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(2)證明：(充分性)因?yàn)閧an}是公差為d的等差數(shù)列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤…，
因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1,2,3，…)．
(必要性)因?yàn)閐n＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn，
又an≤An，an＋1
11、≥Bn，所以an≤an＋1，于是，An＝an，Bn＝an＋1.
因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差為d的等差數(shù)列．[來(lái)源:]
(3)證明：因?yàn)閍1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故對(duì)任意n≥1，an≥B1＝1.假設(shè){an}(n≥2)中存在大于2的項(xiàng)．
設(shè)m為滿(mǎn)足am>2的最小正整數(shù)，則m≥2，并且對(duì)任意1≤k<m，ak≤2.
又a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2.于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.
故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，與dm－1＝1矛
12、盾．
所以對(duì)于任意n≥1，有an≤2，即非負(fù)整數(shù)列{an}的各項(xiàng)只能為1或2.
因?yàn)閷?duì)任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此對(duì)于任意正整數(shù)n，存在m滿(mǎn)足m>n，且am＝1，即數(shù)列{an}有無(wú)窮多項(xiàng)為1.
反證法應(yīng)用問(wèn)題的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略
(1)證明否定性命題．解決此類(lèi)問(wèn)題分三步：①假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假設(shè)結(jié)論的反面成立；②由假設(shè)出發(fā)進(jìn)行正確的推理，直到推出矛盾為止；③由矛盾斷言假設(shè)不成立，從而肯定原命題的結(jié)論正確．
(2)證明存在性問(wèn)題．證明此類(lèi)問(wèn)題的方法類(lèi)同問(wèn)題(1)．
1．(2013·陜西高考)設(shè){an}
13、是公比為q的等比數(shù)列．
(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；
(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．
解：(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，
當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝，∴Sn＝
(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1
14、83;a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，
∴q＝1，這與已知矛盾．∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．
2．已知f(x)＝x2＋px＋q.
求證：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個(gè)不小于.
證明：(1)因?yàn)閒(x)＝x2＋px＋q，
所以f(1)＝1＋p＋q，f(2)＝4＋2p＋q，f(3)＝9＋3p＋q，
則f(1)＋f(3)－2f(2)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.[來(lái)源:]
(2)假設(shè)
15、|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于，即|f(1)|<，|f(2)|<，|f(3)|<，
則－<f(1)<，－<f(2)<，－<f(3)<.
由同向不等式性質(zhì)，得－2<f(1)＋f(3)－2f(2)<2.這與f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾．
故原命題結(jié)論成立，即|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個(gè)不小于.
——————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]————————————————
1種關(guān)系——綜合法與分析法的關(guān)系
綜合法與分析法的關(guān)系：分析法與綜合法相輔相成，對(duì)較復(fù)雜的問(wèn)題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件的關(guān)系，找到解題思路，再運(yùn)用綜合法證明；或兩種方法交叉使用．
2個(gè)注意點(diǎn)——利用分析法和反證法應(yīng)注意的問(wèn)題
(1)用分析法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，要注意書(shū)寫(xiě)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(gè)明顯成立的結(jié)論．
(2)利用反證法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，要假設(shè)結(jié)論錯(cuò)誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒(méi)有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過(guò)程是錯(cuò)誤的．
3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)——反證法證明的關(guān)鍵點(diǎn)
(1)準(zhǔn)確反設(shè)；(2)從否定的結(jié)論正確推理；(3)得出矛盾．
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高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第九章 ：第五節(jié)直接證明與間接證明突破熱點(diǎn)題型
