高考数学理科一轮复习直接证明与间接证明学案有答案Word下载.docx

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3b

3a＝3b且3a&

3bD3a＝3b或3a&

3．设a、b、是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是（　　）

A．|a－|≤|a－b|＋|－b|

B．a2＋1a2≥a＋1a

a＋3－a＋1&

a＋2－a

D．|a－b|＋1a－b≥2

4．（2010&

广东）在集合{a，b，，d}上定义两种运算⊕和&

#88;

如下：

那么d&

（a⊕）等于（　　）

A．aB．b．D．d

．（2011&

东北三省四市联考）设x、、z∈R＋，a＝x＋1，b＝＋1z，＝z＋1x，则a、b、三数（　　）

A．至少有一个不大于2B．都小于2

．至少有一个不小于2D．都大于2探究点一　综合法

例1　已知a，b，都是实数，求证：

a2＋b2＋2≥13（a＋b＋）2≥ab＋b＋a

变式迁移1　设a，b，&

0，证明：

a2b＋b2＋2a≥a＋b＋

探究点二　分析法

例2　（2011&

马鞍月考）若a，b，是不全相等的正数，求证：

lga＋b2＋lgb＋2＋lg＋a2&

lga＋lgb＋lg

变式迁移2　已知a&

0，求证：

a2＋1a2－2≥a＋1a－2

探究点三　反证法

例3　若x，都是正实数，且x＋&

2，

求证：

1＋x&

2与1＋x&

2中至少有一个成立．

变式迁移3　若a，b，均为实数，且a＝x2－2＋π2，b＝2－2z＋π3，＝z2－2x＋π6求证：

a，b，中至少有一个大于0

转化与化归思想的应用

例　（12分）（2010&

上海改编）若实数x、、满足|x－|＞|－|，则称x比远离

（1）若x2－1比1远离0，求x的取值范围．

（2）对任意两个不相等的正数a、b，证明：

a3＋b3比a2b＋ab2远离2abab

多角度审题　

（1）本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解．

（2）第

（2）小题，实质是证明不等式|a3＋b3－2abab|&

|a2b＋ab2－2abab|成立．证明时注意提取公因式及配方法的运用．

【答题模板】

（1）解　由题意得x2－1＞1，

即x2－1＞1或x2－1＜－1[2分]

由x2－1＞1，得x2＞2，即x＜－2或x＞2；

由x2－1＜－1，得x∈&

#8709;

综上可知x的取值范围为（－∞，－2）∪（2，＋∞）．[4分]

（2）证明　由题意知即证a3＋b3－2abab＞a2b＋ab2－2abab成立．[6分]

∵a≠b，且a、b都为正数，

∴a3＋b3－2abab＝&

#61480;

a3&

#61481;

2＋&

b3&

2－2a3b3＝&

a3－b3&

2＝（aa－bb）2，

a2b＋ab2－2abab＝ab&

a＋b－2ab&

＝ab（a－b）2＝（ab－ba）2，[8分]

即证（aa－bb）2－（ab－ba）2＞0，

即证（aa－bb－ab＋ba）（aa－bb＋ab－ba）＞0，

需证&

a－b&

&

a＋b&

＞0，[10分]

即证（a＋b）（a－b）2＞0，∵a、b都为正数且a≠b，∴上式成立．故原命题成立．[12分]

【突破思维障碍】

1．准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键．

2．代数式|a3＋b3－2abab|与|a2b＋ab2－2abab|中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便．

【易错点剖析】

1．推理论证能力较差，绝对值符号不会去．

2．运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错．1．综合法是从条推导到结论的思维方法，它是从已知条出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论．即由因导果．

2．分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条，最后达到题设的已知条或已被证明的事实．即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法．

3．用反证法证明问题的一般步骤：

（1）反设：

假定所要证的结论不成立，即结论的反面（否定命题）成立；

（否定结论）

（2）归谬：

将“反设”作为条，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；

（推导矛盾）

（3）结论：

因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立．（结论成立）（满分：

7分）

一、选择题（每小题分，共2分）

1．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2＋bx＋＝0（a≠0）有有理数根，那么a、b、中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是（　　）

A．假设a、b、都是偶数

B．假设a、b、都不是偶数

．假设a、b、至多有一个偶数

D．假设a、b、至多有两个偶数

济南模拟）a，b，为互不相等的正数，且a2＋2＝2b，则下列关系中可能成立的是（　　）

A．a&

b&

B．b&

a

．b&

a&

D．a&

b

3．设a、b、∈（0，＋∞），P＝a＋b－，Q＝b＋－a，R＝＋a－b，则“PQR&

0”是“P、Q、R同时大于零”的（　　）

A．充分而不必要条B．必要而不充分条

．充分且必要条D．既不充分也不必要条

上海普陀2月统考）已知a、b是非零实数，且a&

b，则下列不等式中成立的是（　　）

Aba&

1B．a2&

b2

．|a＋b|&

|a－b|D1ab2&

1a2b

厦门月考）如果△A1B11的三个内角的余弦值分别等于△A2B22的三个内角的正弦值，则（　　）

A．△A1B11和△A2B22都是锐角三角形

B．△A1B11和△A2B22都是钝角三角形

．△A1B11是钝角三角形，△A2B22是锐角三角形

D．△A1B11是锐角三角形，△A2B22是钝角三角形

二、填空题（每小题4分，共12分）

6．（2011&

江苏前黄高级中学模拟）某同学准备用反证法证明如下一个问题：

函数f（x）在[0,1]上有意义，且f（0）＝f

（1），如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f（x1）－f（x2）|&

|x1－x2|，求证：

|f（x1）－f（x2）|&

12那么他的反设应该是______________________________．

7．对于任意实数a，b定义运算a*b＝（a＋1）（b＋1）－1，给出以下结论：

①对于任意实数a，b，，有a*（b＋）＝（a*b）＋（a*）；

②对于任意实数a，b，，有a*（b*）＝（a*b）*；

③对于任意实数a，有a*0＝a则以上结论正确的是________．（写出你认为正确的结论的所有序号）

8．（2011&

揭阳模拟）已知三棱锥S—AB的三视图如图所示：

在原三棱锥中给出下列命题：

①B⊥平面SA；

②平面SB⊥平面SAB；

③SB⊥A

其中命题正确的是________（填序号）．三、解答题（共38分）

9．（12分）已知非零向量a、b，a⊥b，求证：

|a|＋|b||a－b|≤2

10．（12分）（2011&

宁波月考）已知a、b、&

a3＋b3＋3≥13（a2＋b2＋2）（a＋b＋）．

11．（14分）（2011&

宁波月考）已知a、b、∈（0,1），求证：

（1－a）b，（1－b），（1－）a不能同时大于14学案38　直接证明与间接证明

自主梳理

1．

（1）①推理论证　成立　

（2）①要证明的结论　充分条

2．不成立　矛盾

自我检测

1．A　[由分析法的定义可知．]

2．D　[因为3a&

3b的否定是3a≤3b，

即3a＝3b或3a&

3b]

3．D　[D选项成立时需得证a－b&

0A中|a－b|＋|－b|≥|（a－b）－（－b）|＝|a－|，B作差可证；

移项平方可证．]

4．A　[由所给的定义运算知a⊕＝，d&

＝a]

．　[a＋b＋＝x＋1＋＋1z＋z＋1x≥6，

因此a、b、至少有一个不小于2]

堂活动区

例1　解题导引　综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条的运用．这里可从基本不等式相加的角度先证得a2＋b2＋2≥ab＋b＋a成立，再进一步得出结论．

证明　∵a2＋b2≥2ab，b2＋2≥2b，2＋a2≥2a，

三式相加得a2＋b2＋2≥ab＋b＋a，

∴3a2＋3b2＋32≥（a2＋b2＋2）＋2（ab＋b＋a）

＝（a＋b＋）2

∴a2＋b2＋2≥13（a＋b＋）2；

∵a2＋b2＋2≥ab＋b＋a，

∴a2＋b2＋2＋2（ab＋b＋a）

≥ab＋b＋a＋2（ab＋b＋a），

∴（a＋b＋）2≥3（ab＋b＋a）．

∴原命题得证．

变式迁移1　证明　∵a，b，&

0，根据基本不等式，

有a2b＋b≥2a，b2＋≥2b，2a＋a≥2

三式相加：

a2b＋b2＋2a＋a＋b＋≥2（a＋b＋）．

即a2b＋b2＋2a≥a＋b＋

例2　解题导引　当所给的条简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法．含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法．

证明　要证lga＋b2＋lgb＋2＋lg＋a2&

lga＋lgb＋lg，

只需证lga＋b2&

b＋2&

＋a2&

lg（a&

），

只需证a＋b2&

ab（中间结果）

因为a，b，是不全相等的正数，

则a＋b2≥ab&

0，b＋2≥b&

0，＋a2≥a&

且上述三式中的等号不全成立，

所以a＋b2&

所以lga＋b2＋lgb＋2＋lg＋a2&

变式迁移2　证明　要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，

只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2

∵a&

0，故只要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，

即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4

≥a2＋2＋1a2＋22a＋1a＋2，

从而只要证2a2＋1a2≥2a＋1a，

只要证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2，

即a2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．

例3　解题导引　

（1）当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是①与已知条矛盾，②与假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一有力武器．

（2）利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误．

证明　假设1＋x&

2和1＋x&

2都不成立，

则有1＋x≥2和1＋x≥2同时成立，

因为x&

0且&

0，

所以1＋x≥2，且1＋≥2x，

两式相加，得2＋x＋≥2x＋2，

所以x＋≤2，

这与已知条x＋&

2相矛盾，

因此1＋x&

2中至少有一个成立．

变式迁移3　证明　假设a，b，都不大于0，即a≤0，b≤0，≤0

∵a＝x2－2＋π2，b＝2－2z＋π3，＝z2－2x＋π6，

∴x2－2＋π2＋2－2z＋π3＋z2－2x＋π6

＝（x－1）2＋（－1）2＋（z－1）2＋（π－3）≤0，①

又∵（x－1）2＋（－1）2＋（z－1）2≥0，π－3&

∴（x－1）2＋（－1）2＋（z－1）2＋（π－3）&

0②

①式与②式矛盾，∴假设不成立，即a，b，中至少有一个大于0

后练习区

1．B

2．　[由a2＋2&

2a&

2b&

a，可排除A、D，令a＝2，＝1，可得b＝2，可知可能成立．]

3．　[必要性是显然成立的，当PQR&

0时，若P、Q、R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P&

0，Q&

0，R&

0，则Q＋R＝2&

0，这与&

0矛盾，即充分性也成立．]

4．D　[ba&

1&

#8660;

b－aa&

0&

a（a－b）&

b，∴a－b&

0而a可能大于0，也可能小于0，

因此a（a－b）&

0不一定成立，即A不一定成立；

a2&

b2&

（a－b）（a＋b）&

0，∵a－b&

0，只有当a＋b&

0时，a2&

b2成立，故B不一定成立；

|a＋b|&

|a－b|&

（a＋b）2&

（a－b）2&

ab&

而ab&

0也有可能，故不一定成立；

由于1ab2&

1a2b&

a－ba2b2&

（a－b）a2b2&

∵a，b非零，a&

b，∴上式一定成立，因此只有D正确．]

．D　[由条知，△A1B11的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B11是锐角三角形，假设△A2B22是锐角三角形，

由sinA2＝sA1＝sinπ2－A1，sinB2＝sB1＝sinπ2－B1，sin2＝s1＝sinπ2－1，得A2＝π2－A1，B2＝π2－B1，2＝π2－1，

那么，A2＋B2＋2＝π2，

这与三角形内角和为π相矛盾，所以假设不成立，所以△A2B22是钝角三角形．]

6．“&

#8707;

x1，x2∈[0,1]，使得|f（x1）－f（x2）|&

|x1－x2|，

则|f（x1）－f（x2）|≥12”

7．②③

解析　按新定义，可以验证a*（b＋）≠（a*b）＋（a*）；

所以①不成立；

而a*（b*）＝（a*b）*成立，

a*0＝（a＋1）（0＋1）－1＝a

所以正确的结论是②③

8．①

解析　由三视图知，在三棱锥S—AB中，底面AB为直角三角形且∠AB＝90°

，即B⊥A，

又SA⊥底面AB，

∴B⊥SA，由于SA∩A＝A，

∴B⊥平面SA

所以命题①正确．

由已知推证不出②③命题正确．故填①

9．证明　∵a⊥b，∴a&

b＝0（2分）

要证|a|＋|b||a－b|≤2，只需证：

|a|＋|b|≤2|a－b|，（4分）

平方得：

|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2（|a|2＋|b|2－2a&

b），（8分）

只需证：

|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，（10分）

即（|a|－|b|）2≥0，显然成立．故原不等式得证（12分）

10．证明　∵a2＋b2≥2ab，a、b、&

∴（a2＋b2）（a＋b）≥2ab（a＋b），（3分）

∴a3＋b3＋a2b＋ab2≥2ab（a＋b）＝2a2b＋2ab2，

∴a3＋b3≥a2b＋ab2（6分）

同理，b3＋3≥b2＋b2，a3＋3≥a2＋a2，

将三式相加得，

2（a3＋b3＋3）≥a2b＋ab2＋b2＋b2＋a2＋a2（9分）

∴3（a3＋b3＋3）≥（a3＋a2b＋a2）＋（b3＋b2a＋b2）＋（3＋2a＋2b）＝（a＋b＋）（a2＋b2＋2）．

∴a3＋b3＋3≥13（a2＋b2＋2）（a＋b＋）．（12分）

11．证明　方法一　假设三式同时大于14，

即（1－a）b&

14，（1－b）&

14，（1－）a&

14，（3分）

∵a、b、∈（0,1），

∴三式同向相乘得（1－a）b（1－b）（1－）a&

164

（8分）

又（1－a）a≤1－a＋a22＝14，（10分）

同理（1－b）b≤14，（1－）≤14，

∴（1－a）a（1－b）b（1－）≤164，（12分）

这与假设矛盾，故原命题正确．（14分）

方法二　假设三式同时大于14，

∵0&

1，∴1－a&

0，（2分）

1－a&

＋b2≥&

14＝12，（8分）

同理&

1－b&

＋2&

12，&

1－&

12，（10分）

三式相加得32&

32，这是矛盾的，故假设错误，

∴原命题正确．（14分）