第二章推理与证明
2.2 直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法
课后篇巩固提升
基础巩固
1.下列函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1
f(x2)”的是( )
A.f(x)=
B.f(x)=(x-1)2
C.f(x)=ex
D.f(x)=ln(x+1)
解析本题就是判断哪一个函数在(0,+∞)内是减函数,A项中,f'(x)='=-<0,所以f(x)=在(0,+∞)内为减函数,其余选项均不符合.
答案A
2.分析法又称执果索因法,已知x>0,用分析法证明<1+时,索的因是( )
A.x2>2
B.x2>4
C.x2>0
D.x2>1
解析因为x>0,所以要证<1+,只需证()2<1+2,即证0<,即证x2>0,显然x2>0成立,故原不等式成立.
答案C
3.命题“如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n(n∈N
),那么数列{an}一定是等差数列”是否成立( )
A.不成立
B.成立
C.不能断定
D.与n取值有关
解析当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-5,又a1=S1=2×12-3×1=-1适合上式,所以an=4n-5(n∈N
),则an-an-1=4(常数),故数列{an}是等差数列.
答案B
4.已知函数f(x)=cos(3x+4θ)是奇函数,则θ等于( )
A.(k∈Z)
B.kπ+(k∈Z)
C.kπ(k∈Z)
D.(k∈Z)
解析因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x)对x∈R恒成立,即cos(-3x+4θ)=-cos(3x+4θ),亦即cos(3x-4θ)+cos(3x+4θ)=0,所以2cos
3xcos
4θ=0,因此cos
4θ=0,4θ=kπ+(k∈Z),解得θ=(k∈Z).
答案A
5.要证a2+b2-1-a2b2≤0,只需证明( )
A.2ab-1-a2b2≤0
B.a2+b2-1-≤0
C.-1-a2b2≤0
D.(a2-1)(b2-1)≥0
解析∵a2+b2-1-a2b2≤0?(a2-1)(b2-1)≥0,∴由分析法知选D.
答案D
6.已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1,求证:≥8.证明过程如下:
因为a,b,c为正实数,且a+b+c=1,
所以-1=>0,-1=>0,-1=>0,所以=8.当且仅当a=b=c时取等号,所以不等式成立.
这种证法是 .?
解析本题从已知条件出发,不断地展开思考,去探索结论,这种方法是综合法.
答案综合法
7.平面内有四边形ABCD和点O,且满足,则四边形ABCD为 .?
解析因为,所以,即,故四边形ABCD为平行四边形.
答案平行四边形
8.在锐角三角形ABC中,求证:tan
Atan
B>1.
证明要证tan
Atan
B>1,只需证>1,
因为A,B均为锐角,所以cos
A>0,cos
B>0.
因此只需证明sin
Asin
B>cos
Acos
B,
即cos
Acos
B-sin
Asin
B<0,
只需证cos(A+B)<0.
而△ABC为锐角三角形,所以90°所以cos(A+B)<0显然成立,
因此tan
Atan
B>1.
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,点E是PC的中点.
(1)证明:CD⊥AE.
(2)证明:PD⊥平面ABE.
证明(1)在四棱锥P-ABCD中,
因为PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为AC⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.
又因为AE?平面PAC,所以CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.
因为点E是PC的中点,所以AE⊥PC.
由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,
所以AE⊥平面PCD.
又因为PD?平面PCD,所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD,AB?平面ABCD,
所以平面PA⊥AB.
又AB⊥AD,PA∩AD=A,
所以AB⊥平面PAD.
因为PD?平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE=A,所以PD⊥平面ABE.
10.(1)设a≥b>0,用综合法证明:a3+b3≥a2b+ab2;
(2)用分析法证明:已知a,b,m是正实数,且a证明(1)∵a3+b3-(a2b+ab2)=a2(a-b)+b2(b-a)
=(a-b)(a2-b2)=(a-b)2(a+b),
又(a-b)2≥0,a+b>0,
∴a3+b3-(a2b+ab2)≥0,
∴a3+b3≥a2b+ab2.
(2)因为a,b,m均为正实数,所以欲证,只要证明a(b+m)能力提升
1.若P=,Q=(a≥0),则P,Q的大小关系是( )
A.P>Q
B.P=Q
C.PD.由a的取值决定
解析当a=1时,P=1+2,Q=2+,P要证P答案C
2.在△ABC中,“>0”是“△ABC为锐角三角形”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析若△ABC为锐角三角形,则A必为锐角,因此一定有>0,但当>0时,只能得到A为锐角,这时△ABC不一定为锐角三角形.
答案B
3.在△ABC中,C=,a,b,c分别为A,B,C的对边,则= .?
解析因为C=,所以a2+b2=c2+ab,所以(a2+ac)+(b2+bc)=c2+ab+ac+bc=(a+c)(b+c),所以=1.
答案1
4.
如图,在直四棱柱A1B1C1D1-ABCD(侧棱与底面垂直)中,当底面四边形ABCD满足条件 时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情形).?
解析要证明A1C⊥B1D1,
只需证明B1D1⊥平面A1C1C.
因为CC1⊥B1D1,
只要再有条件B1D1⊥A1C1,就可证明B1D1⊥平面A1C1C,从而得答案为B1D1⊥A1C1.
答案B1D1⊥A1C1(答案不唯一)
5.设a,b,c,d均为正数,求证:.
证明要证明成立,
只需证()2≥(a+c)2+(b+d)2,
即证≥ac+bd,
就是证(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,
就是证b2c2+a2d2≥2abcd,
也就是证(bc-ad)2≥0,此式显然成立,
故所证不等式成立.
6.用综合法或分析法证明:
(1)如果a>0,b>0,则lg
;
(2)>2+2.
证明(1)当a>0,b>0时,有>0,
∴lg
≥lg,
∴lg
lg(ab)=.
∴lg
.
(2)要证>2+2,
只要证()2>(2+2)2,
即2>2,显然成立,
所以原不等式成立.
7.是否存在常数C,使不等式≤C≤对任意正数x,y恒成立?若存在,请给出证明;若不存在,请说明理由.
解存在常数C=使不等式成立.
证明如下:
∵x>0,y>0,
∴要证,
只需证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),
即证x2+y2≥2xy,此式显然成立.
∴.
再证,
只需证3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y),
即证x2+y2≥2xy,此式显然成立.
∴.
综上所述,存在常数C=,使得不等式≤C≤对任意正数x,y恒成立.
8.求证:当x∈[0,1]时,x≤sin
x≤x.
证明记F(x)=sin
x-x,则F'(x)=cos
x-.
当x∈时,F'(x)>0,F(x)在上单调递增;
当x∈时,F'(x)<0,F(x)在上单调递减.
又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0,即sin
x≥x.
记H(x)=sin
x-x,则当x∈(0,1)时,H'(x)=cos
x-1<0,所以H(x)在[0,1]上单调递减,则H(x)≤H(0)=0,即sin
x≤x.
综上,x≤sin
x≤x,x∈[0,1].
-
1
-(共27张PPT)
2.2.1 综合法和分析法
1.综合法
2.分析法
【做一做1】
下列表述:①综合法是由因导果法;②综合法是顺推法;③分析法是执果索因法;④分析法是间接证明法;⑤分析法是逆推法.其中正确的表述有( )
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
解析:结合综合法和分析法的定义可知①②③⑤均正确,分析法和综合法均为直接证明法,故④不正确.
答案:C
【做一做2】
要证明
,可选择的方法有以下几种,其中最合理的是( )
A.综合法
B.分析法
C.类比法
D.归纳法
解析:因为我们很难想到从“21<25”入手,所以用综合法证明比较困难,最合理的是分析法,故选B.
答案:B
3.综合法和分析法的综合应用
(1)在解决问题时,我们经常把综合法和分析法结合起来使用:根据条件的结构特点去转化结论,得到中间结论Q';根据结论的结构特点去转化条件,得到中间结论P'.若由P'可以推出Q'成立,即可证明结论成立.
(2)用P表示已知条件、定义、定理、公理等,用Q表示要证明的结论,则上述过程可用框图表示为:
P?P1→P1?P2→…→Pn?P'
?
Q'?Qm←…←Q2?Q1←Q1?Q
名师点拨综合法和分析法的区别与联系
区别:
联系:分析法便于我们去寻找证明思路,综合法便于证明过程的叙述,两种方法各有所长,因而在解决问题时,常先用分析法寻求解题思路,再用综合法有条理地表达证明过程,两种方法结合运用效果会更好.
思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“√”,错误的打“×”.
(1)综合法的证明过程是合情推理的过程.
( )
(2)分析法的证明过程是演绎推理的过程.
( )
(3)分析法的特点是从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”,其推理过程实际上是逐步寻求使结论成立的充分条件.
( )
(4)综合法的特点是从“已知”看“未知”,其推理过程实际上是逐步寻求已知条件的必要条件.
( )
(5)分析法与综合法证明同一个问题时,一般思路相反,过程相逆.
( )
答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√ (6)√
探究一
探究二
探究三
规范解答
综合法的应用
【例1】
在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin
Asin
B+sin
Bsin
C+cos
2B=1.求证:a,b,c成等差数列.
思路分析:从已知条件中的等式出发,寻求sin
A,sin
B,sin
C之间的关系,然后结合正弦定理证明结论.
证明:因为sin
Asin
B+sin
Bsin
C+cos
2B=1,
所以sin
B(sin
A+sin
C)+(cos
2B-1)=0,
即sin
B(sin
A+sin
C)-2sin2B=0,
所以sin
B(sin
A+sin
C-2sin
B)=0,
由于在△ABC中,sin
B≠0,
因此sin
A+sin
C-2sin
B=0,
由正弦定理可得
,
于是a+c=2b,故a,b,c成等差数列.
(R为△ABC外接圆半径),
探究一
探究二
探究三
规范解答
反思感悟1.综合法的证明步骤
(1)分析条件,选择方向:确定已知条件和结论间的联系,合理选择相关定义、定理、公理等;
(2)转化条件,组织过程:将条件合理转化,书写出严密的证明过程.
2.综合法的适用范围
(1)定义明确的题型,如证明函数的单调性、奇偶性,求证无条件的等式或不等式问题等;
(2)已知条件明确,且容易寻求已知条件的必要条件获得结论的题型.
3.在利用综合法证明不等式的过程中,要注意不等式性质以及基本不等式的应用,在利用综合法证明三角恒等式的过程中,要注意三角函数基本公式和正弦、余弦定理的应用.
探究一
探究二
探究三
规范解答
变式训练1已知a,b,c是不全相等的正数,求证:
a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.
证明:因为a,b,c是正数,所以b2+c2≥2bc,
所以a(b2+c2)≥2abc.①
同理可得b(c2+a2)≥2abc,②
c(a2+b2)≥2abc.③
又因为a,b,c不全相等,所以①②③三式中不能同时取到“=”,
故①②③三式相加得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.
探究一
探究二
探究三
规范解答
分析法的应用
【例2】
已知函数f(x)=x2-2x+2,若m>n>1,求证:
思路分析:已知条件较少,且很难和要证明的不等式直接联系起来,故可考虑从要证明的不等式出发,采用分析法证明.
即证2m2+2n2>m2+2mn+n2,
只需证m2+n2>2mn,
即证(m-n)2>0,
因为m>n>1,所以(m-n)2>0显然成立,
故原不等式成立.
探究一
探究二
探究三
规范解答
反思感悟分析法的证明过程、书写形式及适用范围
(1)证明过程:确定结论与已知条件间的联系,合理选择相关定义、定理、公理对结论进行转化,直到获得一个明显成立的条件即可.
(2)书写形式:要证……,只需证……,即证……,然后得到一个明显成立的条件,所以结论成立.
(3)适用范围:已知条件不明确,或已知条件较少而结论式子较复杂的问题.
探究一
探究二
探究三
规范解答
变式训练2如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过点A作SB的垂线,垂足为E,过点E作SC的垂线,垂足为F.求证:AF⊥SC.
证明:已知EF⊥SC,要证AF⊥SC,
只需证SC⊥平面AEF,
只需证AE⊥SC,
而AE⊥SB,故只需证AE⊥平面SBC,
只需证AE⊥BC,
而AB⊥BC,故只需证BC⊥平面SAB,只需证BC⊥SA,
由SA⊥平面ABC,可知SA⊥BC,即上式显然成立,
所以AF⊥SC成立.
探究一
探究二
探究三
规范解答
综合法与分析法的综合应用
【例3】已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且三个内角A,B,C构成等差数列.求证:
思路分析:本题条件较为简单,但结论中的等式较为复杂,故可首先用分析法,将要证明的等式进行转化,转化为一个较为简单的式子,然后再从已知条件入手,结合余弦定理,推导出这个式子,即可得证.
探究一
探究二
探究三
规范解答
探究一
探究二
探究三
规范解答
反思感悟1.有些数学问题的证明,需要把综合法与分析法结合起来使用:根据条件的结构特点去转化结论,得到中间结论Q;根据结论的结构特点去转化条件,得到中间结论P.若由P可以推出Q成立,就可以证明结论成立,这种边分析边综合的证明方法,称为分析综合法,或者称“两头凑法”.
2.在证明过程中,分析法能够发现证明的思路,但解题的表述过程较为烦琐,而综合法表述证明过程则显得简洁,因此在实际解题过程中,常常将分析法和综合法结合起来运用,先利用分析法探求得到解题思路,再利用综合法有条理地表述解题过程.
探究一
探究二
探究三
规范解答
变式训练3设实数a,b,c成等比数列,非零实数x,y分别为a与b,b与c的等差中项,证明:
.
探究一
探究二
探究三
规范解答
分析法的证明过程及步骤
【典例】
设函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若函数y=f(x+1)的图象与f(x)的图象关于y轴对称,求证:
为偶函数.
审题策略:由于已知条件较为复杂,且不易与要证明的结论联系,故可从要证明的结论出发,利用分析法,从函数图象的对称轴找到证明的突破口.
探究一
探究二
探究三
规范解答
探究一
探究二
探究三
规范解答
答题模板第1步:将证明函数为偶函数的问题转化为证明其图像的对称轴为y轴的问题.
?
第2步:将对称轴用系数a,b表示,从而得到系数a,b应满足的条件.
?
第3步:将已知条件中对称轴满足的条件用系数a,b表示,得到系数a,b之间的关系.
?
第4步:对照第2步中的条件,由分析法证明问题得证.
?
第5步:结论成立.
探究一
探究二
探究三
规范解答
失误警示通过阅卷统计分析,发现造成失分的原因主要如下:
(1)不能将所要证明的问题转化为对称轴的问题;
(2)不能将对称轴正确地用系数a,b表示;
(3)不能将已知中的条件转化为a,b之间的关系式;
(4)证明过程中的文字叙述不规范.
探究一
探究二
探究三
规范解答
探究一
探究二
探究三
规范解答
1.用分析法证明:要使①A>B,只需使②CA.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:分析法证明的本质是证明使结论成立的充分条件成立,即②?①,所以①是②的必要条件.故选B.
答案:B
2.已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若bcos
C+ccos
B=asin
A,则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形
B.钝角三角形
C.直角三角形
D.不确定
解析:∵bcos
C+ccos
B=asin
A,
∴由正弦定理,得sin
Bcos
C+sin
Ccos
B=sin2A,
即sin(B+C)=sin(π-A)=sin
A=sin2A.
又sin
A>0,∴sin
A=1,又A∈(0,π),∴A=
,
∴△ABC是直角三角形,故选C.
答案:C
3.命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos
2θ”的证明过程:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos
2θ”应用了( )
A.分析法
B.综合法
C.综合法与分析法
D.演绎推理
解析:由题知,证明过程是“从左向右”,即由条件逐步推向结论.故选B.
答案:B
答案:m2.2 直接证明与间接证明
2.2.2 反证法
课后篇巩固提升
基础巩固
1.在运用反证法推出矛盾的推理过程中,可以把下列哪些作为条件使用( )
①结论的反设;②已知条件;③定义、公理、定理等;④原结论.
A.①②
B.②③
C.①②③
D.①②④
解析除原结论不能作为推理条件外,其余均可.
答案C
2.(1)已知p3+q3=2,求证p+q≤2.用反证法证明时,可假设p+q≥2.
(2)已知a,b∈R,|a|+|b|<1,求证方程x2+ax+b=0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1,即假设|x1|≥1.以下结论正确的是( )
A.(1)与(2)的假设都错误
B.(1)与(2)的假设都正确
C.(1)的假设正确;(2)的假设错误
D.(1)的假设错误;(2)的假设正确
解析“≤”的反面是“>”,故(1)错误.“两根的绝对值都小于1”的反面是“至少有一个根的绝对值大于或等于1”,故(2)正确.
答案D
3.如果两个实数之和为正数,那么这两个数( )
A.至少有一个是正数
B.都是正数
C.一个是正数,一个是负数
D.都是负数
解析假设两个数都不是正数,即都是负数或者0,其和必为负数或者0,与已知矛盾,所以两个数中至少有一个是正数,故选A.
答案A
4.用反证法证明命题“若a+b+c≥0,abc≤0,则a,b,c三个实数中最多有一个小于零”的反设内容为( )
A.a,b,c三个实数中最多有一个不大于零
B.a,b,c三个实数中最多有两个小于零
C.a,b,c三个实数中至少有两个小于零
D.a,b,c三个实数中至少有一个不大于零
解析“最多有一个”的否定是“至少有两个”.故选C.
答案C
5.将“函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1在区间[-1,1]上至少存在一个实数c,使f(c)>0”反设,所得命题为“ ”.?
解析“至少存在一个”反面是“不存在”.
答案函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1在区间[-1,1]上恒小于等于0
6.“x=0,且y=0”的否定形式为 .?
解析“p且q”的否定形式为“?p或?q”.
答案x≠0或y≠0
7.完成反证法证题的全过程.
题目:设a1,a2,…,a7是由数字1,2,…,7任意排成的一个数列,p=(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7),求证:p为偶数.
证明:假设p为奇数,则 均为奇数.?
因为7个奇数之和为奇数,故有
(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)为 .
①?
而(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)=(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)= .
②?
①与②矛盾,故假设不成立,故p为偶数.
解析由假设p为奇数,可知a1-1,a2-2,…,a7-7均为奇数,故(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)为奇数,而(a1-1)+(a2-2)+…+(a7-7)=(a1+a2+…+a7)-(1+2+…+7)=0,矛盾,故假设不成立,故p为偶数.
答案a1-1,a2-2,…,a7-7 奇数 0
8.已知a,b,c是互不相等的非零实数,求证:由y1=ax2+2bx+c,y2=bx2+2cx+a和y3=cx2+2ax+b确定的三条抛物线中至少有一条与x轴有两个不同的交点.
证明假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x轴有两个不同的交点.
由y1=ax2+2bx+c,y2=bx2+2cx+a,y3=cx2+2ax+b,
得Δ1=(2b)2-4ac≤0,且Δ2=(2c)2-4ab≤0,且Δ3=(2a)2-4bc≤0.
同向不等式求和得4b2+4c2+4a2-4ac-4ab-4bc≤0,
∴2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac≤0.
∴(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2≤0.
∴a=b=c.
这与题设a,b,c互不相等矛盾,因此假设不成立,从而原命题得证.
9.如图,已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内,M,N分别为AB,DF的中点.用反证法证明:直线ME与BN是两条异面直线.
证明假设ME与BN共面,
则AB?平面MBEN,
且平面MBEN∩平面DCEF=EN.
由已知两正方形不共面,得AB?平面DCEF.
又AB∥CD,
所以AB∥平面DCEF,
而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线,
所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF,
所以EN∥EF,这与EN∩EF=E矛盾,
故假设不成立,
所以ME与BN不共面,
即直线ME与BN是两条异面直线.
能力提升
1.用反证法证明命题“如果实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理数根,那么a,b,c中至少有一个是偶数”时,下列假设正确的是( )
A.假设a,b,c都是偶数
B.假设a,b,c都不是偶数
C.假设a,b,c至多有一个是偶数
D.假设a,b,c至多有两个是偶数
解析“至少有一个”的否定是“一个都没有”.
答案B
2.在△ABC中,若AB=AC,P是△ABC内的一点,∠APB>∠APC,求证:∠BAP<∠CAP.用反证法证明时应分:假设 和 两类.?
解析反证法对结论的否定是全面否定,∠BAP<∠CAP的对立面就是∠BAP=∠CAP或∠BAP>∠CAP.
答案∠BAP=∠CAP ∠BAP>∠CAP
3.设a,b是两个实数,给出下列条件:
①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.
其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是 (填序号).?
解析若a=,b=,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;
若a=b=1,则a+b=2,故②推不出;
若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,故④推不出;
若a=-2,b=-3,则ab>1,故⑤推不出;
若a+b>2,则a,b中至少有一个大于1.
用反证法证明③:假设a≤1,且b≤1,则a+b≤2与a+b>2矛盾,因此假设不成立,故a,b中至少有一个大于1.故答案为③.
答案③
4.已知m是整数,且m2+6m是偶数,求证:m不是奇数.
证明假设m是奇数,不妨设m=2k-1(k∈Z),
则m2+6m=(2k-1)2+6(2k-1)=4k2+8k-5=4(k2+2k)-5,
因为k∈Z,所以k2+2k∈Z,于是4(k2+2k)是偶数,从而4(k2+2k)-5为奇数,
即m2+6m是奇数,这与已知条件中的m2+6m是偶数相矛盾,因此假设错误,即m不是奇数.
5.已知直线m与直线a和b分别交于A,B,且a∥b.求证:过a,b,m有且只有一个平面.
证明如图所示,因为a∥b,
所以过a,b有一个平面α,
又m∩a=A,m∩b=B,
所以A∈a,B∈b,所以A∈α,B∈α.
又A∈m,B∈m,所以m?α.
即过a,b,m有一个平面α.
假设过a,b,m还有一个平面β异于平面α,
则a?α,b?α,a?β,b?β,这与a∥b,过a,b有且只有一个平面相矛盾.
因此,过a,b,m有且只有一个平面.
6.设{an}是公比为q的等比数列.
(1)推导{an}的前n项和公式;
(2)设q≠1,证明数列{an+1}不是等比数列.
(1)解设{an}的前n项和为Sn,
当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1;
当q≠1时,Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1,
①
qSn=a1q+a1q2+…+a1qn,
②
①-②得,(1-q)Sn=a1-a1qn,
∴Sn=,∴Sn=
(2)证明假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N
,(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),
+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1.
∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.
∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.
∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.
4(共27张PPT)
2.2.2 反证法
1.反证法
(1)反证法是间接证明的一种基本方法.
(2)一般地,假设原命题不成立(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,从而证明了
原命题成立,这种证明方法叫做反证法.
名师点拨反证法的实质
用反证法证明命题“若p,则q”的过程可以用以下框图表示:
肯定条件p,否定结论q→导致逻辑矛盾→“p且
q为假”→“若p则q”为真
特别提醒反证法不是通过证明逆否命题来证明原命题.反证法是先否定命题,然后再证明命题的否定是错误的,从而肯定原命题正确.
【做一做1】
用反证法证明命题“已知实数x,y满足x3+y3=2,求证:x+y≤2”时,应作的假设是 .?
解析:命题的结论是x+y≤2,其否定是x+y>2,故应假设“x+y>2”.
答案:x+y>2
2.反证法常见的矛盾类型
反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾,这个矛盾可以是与
已知条件矛盾,或与假设矛盾,或与定义、公理、定理、事实矛盾等.
3.反证法的一般步骤
用反证法证明命题时,要从否定结论开始,经过正确的推理,导出逻辑矛盾,从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程,这个过程包括下面三个步骤:
(1)反设——假设命题的结论不成立,即假设原结论的反面为真;
(2)归谬——由“反设”作为条件,经过一系列正确的推理,得出矛盾;
(3)存真——由矛盾结果断定反设错误,从而肯定原结论成立.
【做一做2】
用反证法证明命题“若直线AB,CD是异面直线,则直线AC,BD也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤:①则A,B,C,D四点共面,所以AB,CD共面,这与AB,CD是异面直线矛盾;②所以假设错误,即直线AC,BD也是异面直线;③假设直线AC,BD是共面直线.则正确的序号顺序为( )
A.①②③
B.③①②
C.①③②
D.②③①
解析:结合反证法的证明步骤可知,其正确步骤为③①②.
答案:B
思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“√”,错误的打“×”.
(1)反证法是间接证明的一种基本方法.
( )
(2)反证法与“证明逆否命题法”是同一种方法.
( )
(3)否定性命题、唯一性命题等只能用反证法进行证明.
( )
(4)反证法证明的第一步是对原命题的结论进行否定.
( )
(5)反证法的证明过程既可以是合情推理,也可以是一种演绎推理.
( )
答案:(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×
探究一
探究二
探究三
思维辨析
用反证法证明否定性命题
思路分析:这是否定性命题,可用反证法证明.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
反思感悟用反证法证明否定性命题的适用类型
所谓否定性命题,就是指所证问题中,含有“不”“不是”“不相等”“不存在”“不可能”“都不”“没有”等否定性词语的命题,这类命题,其结论的反面比较具体,适合采用反证法证明.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
探究一
探究二
探究三
思维辨析
用反证法证明“至少、至多”命题
思路分析:本题为“至少、至多”型问题,反设其结论,容易导出矛盾,故用反证法证明.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
探究一
探究二
探究三
思维辨析
探究一
探究二
探究三
思维辨析
探究一
探究二
探究三
思维辨析
反思感悟1.对于“至少、至多”型问题,直接证明时分类情况较多,证明过程烦琐,而如果运用反证法证明,则分类情况单一,证明过程简单,这体现了“正难则反”的思想方法.
2.证明“至少、至多”型问题时,常见的“结论词”与“反设词”:
探究一
探究二
探究三
思维辨析
探究一
探究二
探究三
思维辨析
用反证法证明唯一性命题
【例3】
求证:经过平面α外一点A只能有一条直线和平面α垂直.
思路分析:本题为唯一性命题,可用反证法证明,即假设经过点A有两条直线都与平面α垂直,然后根据空间以及平面中的有关定理推出矛盾.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
证明:如图,点A在平面α外,假设经过点A至少有平面α的两条垂线AB,AC(B,C为垂足),
那么AB,AC是两条相交直线,它们确定一个平面β,平面β和平面α相交于直线BC,
因为AB⊥平面α,AC⊥平面α,且BC?α,所以AB⊥BC,AC⊥BC.
在平面β内经过点A有两条直线都和BC垂直,
这与平面几何中经过直线外一点只能有已知直线的一条垂线相矛盾,
因此假设错误,即经过平面外一点A只能有一条直线和平面α垂直.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
反思感悟用反证法证明唯一性命题的注意点
(1)当所证命题的结论是以“有且只有”“只有一个”“唯一一个”“存在唯一”等形式出现时,反设其结论易于导出矛盾,因此可用反证法证明该类命题.
(2)用反证法证明唯一性命题时,如果其结论的反面呈现多样性,必须罗列出所有可能的各种情况,缺少任何一种情况时,反证都是不完全的.
(3)证明“有且只有”等形式的命题时,需要证明两个方面,即证明存在性和唯一性.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
变式训练3已知函数f(x)在区间[m,n]上的图象是一条连续不断的曲线,且f(x)在[m,n]上单调递减,若f(m)·f(n)<0,求证:方程f(x)=0在[m,n]上有且只有一个实数根.
证明:因为函数f(x)在区间[m,n]上的图象是一条连续不断的曲线,且f(m)·f(n)<0,
所以f(x)在区间[m,n]上至少存在一个零点,亦即方程f(x)=0在[m,n]上至少有一个实数根.
下面证明方程f(x)=0在[m,n]上的根是唯一的.
设方程f(x)=0在[m,n]上的实数根为x0,则f(x0)=0.
假设方程f(x)=0在[m,n]上还存在另一个实数根x1,
则f(x1)=0,且x0≠x1.
若x0>x1,则有f(x0)若x0f(x1),即0>0,矛盾;
故假设错误,即方程f(x)=0在[m,n]上的根是唯一的.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
反证法证明过程中未用反设致误
【典例】
已知实数k满足2k2+3k+1<0,运用反证法证明:关于x的方程x2-2x+5-k2=0没有实数根.
错解分析:本题常见错解是虽然对命题的结论进行了反设,但后面的证明过程中,没有将这一“反设”作为条件进行推理,因此没有推出矛盾,故这种证明过程不是利用反证法进行的,是错误的.
证明:假设方程x2-2x+5-k2=0有实数根,
则其判别式Δ=4-4(5-k2)=4k2-16≥0,
解得k≥2或k≤-2.
又因为实数k满足2k2+3k+1<0,
所以-1,
“k≥2或k≤-2”与“-1”矛盾,
故假设错误,即关于x的方程x2-2x+5-k2=0没有实数根.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
纠错心得在反证法的证明过程中,必须首先对结论进行否定,然后在后面的推理过程中真正用上这一“反设”,才是真正利用反证法证明问题.
探究一
探究二
探究三
思维辨析
变式训练已知直线a,b相交,求证:直线a与b有且只有一个交点.
证明:假设结论不成立,则有两种情况:直线a与b没有交点;直线a与b有不止一个交点.
(1)假设直线a与b没有交点,则a∥b或a,b是异面直线,这与已知矛盾.
(2)假设直线a与b有不止一个交点,则至少有两个交点,设为P,P',这样经过点P,P'就有两条直线a,b,这与两点确定一条直线矛盾.
由(1)和(2),可知假设不成立,所以直线a与b有且只有一个交点.
答案:C
2.用反证法证明命题“已知m,n∈N,若mn能被3整除,则m,n中至少有一个能被3整除”时,假设的内容是( )
A.m,n都能被3整除
B.m,n都不能被3整除
C.m,n不都能被3整除
D.m,n中有一个能被3整除
解析:结论“m,n中至少有一个能被3整除”的否定是“m,n都不能被3整除”,故应假设m,n都不能被3整除.
答案:B
3.若实数x,y,z满足x+y+z>9,则x,y,z中至少有一个大于 .?
解析:假设x,y,z都不大于3,即x≤3,y≤3,z≤3,则x+y+z≤9,这与x+y+z>9相矛盾,故x,y,z中至少有一个大于3.
答案:3
4.命题“关于x的方程ax+b=0(a≠0)的解是唯一的”的结论的否定是
.?
答案:无解或至少有两个解
证明:假设a,b,c都小于1,即a<1,b<1,c<1,
则a+b+c<3.
这与a+b+c<3矛盾,
因此假设错误,即a,b,c中至少有一个不小于1.