高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数13-2综合法分析法与反证法试题理北师大.doc

1 / 20【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习第十三章推理与证明精选高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数算法复数 13-213-2 综合法分析法与反证法试题理北师大综合法分析法与反证法试题理北师大1综合法(1)定义：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我们把这样的思维方法称为综合法(2)框图表示：(其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示要证明的结论)2分析法(1)定义：从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等我们把这样的思维方法称为分析法(2)框图表示：.3反证法我们可以先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立这种证明方法叫作反证法反证法的证题步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论【思考辨析】2 / 20判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“×”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明( × )(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)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“aab>b2C.a b答案 B解析 a2aba(ab)，a0，a2>ab.又 abb2b(ab)>0，ab>b2，由得 a2>ab>b2.2(2016·北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C乙盒中红球不多于丙盒中红球D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多3 / 20答案 B解析 取两个球往盒子中放有 4 种情况：红红，则乙盒中红球数加 1；黑黑，则丙盒中黑球数加 1；红黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加 1；黑红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加 1.因为红球和黑球个数一样，所以和的情况一样多和的情况完全随机，和对 B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响和出现的次数是一样的，所以对 B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样综上选 B.3要证 a2b21a2b20，只要证明( )A2ab1a2b20Ba2b210C.1a2b20D(a21)(b21)0答案 D解析 a2b21a2b20(a21)(b21)0.4如果 ab>ab，则 a、b 应满足的条件是_答案 a0，b0 且 ab解析 ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()当 a0，b0 且 ab 时，()2()>0.ab>ab 成立的条件是 a0，b0 且 ab.4 / 205(2016·青岛模拟)如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数，则对于区间 D 内的任意 x1，x2，xn，有f()，已知函数 ysin x 在区间(0，)上是凸函数，则在ABC 中，sin Asin Bsin C 的最大值为_答案 3 32解析 f(x)sin x 在区间(0，)上是凸函数，且A、B、C(0，)f()f()，即 sin Asin Bsin C3sin ，sin Asin Bsin C 的最大值为.题型一 综合法的应用例 1 (2016·重庆模拟)设 a，b，c 均为正数，且 abc1.证明：(1)abbcac；(2)1.证明 (1)由 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，得 a2b2c2abbcca，由题设得(abc)21，即 a2b2c22ab2bc2ca1.所以 3(abbcca)1，即 abbcca.(2)因为b2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.思维升华 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已5 / 20证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理对于定义域为0,1的函数 f(x)，如果同时满足：对任意的 x0,1，总有 f(x)0；f(1)1；若 x10，x20，x1x21，都有 f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，则称函数 f(x)为理想函数(1)若函数 f(x)为理想函数，证明：f(0)0；(2)试判断函数 f(x)2x(x0,1)，f(x)x2(x0,1)，f(x)(x0,1)是不是理想函数(1)证明 取 x1x20，则 x1x201，f(00)f(0)f(0)，f(0)0.又对任意的 x0,1，总有 f(x)0，f(0)0.于是 f(0)0.(2)解 对于 f(x)2x，x0,1，f(1)2 不满足新定义中的条件，f(x)2x(x0,1)不是理想函数对于 f(x)x2，x0,1，显然 f(x)0，且 f(1)1.对任意的 x1，x20,1，x1x21，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1x2)2xx2x1x20，即 f(x1x2)f(x1)f(x2)f(x)x2(x0,1)是理想函数对于 f(x)，x0,1，显然满足条件.对任意的 x1，x20,1，x1x21，6 / 20有 f2(x1x2)f(x1)f(x2)2(x1x2)(x12x2)20，即 f2(x1x2)f(x1)f(x2)2.f(x1x2)f(x1)f(x2)，不满足条件.f(x)(x0,1)不是理想函数综上，f(x)x2(x0,1)是理想函数，f(x)2x(x0,1)与 f(x)(x0,1)不是理想函数题型二 分析法的应用例 2 已知函数 f(x)tan x，x，若 x1，x2，且 x1x2，求证：f(x1)f(x2)>f.证明 要证f(x1)f(x2)>f，即证明(tan x1tan x2)>tan ，只需证明>tan ，只需证明>.由于 x1，x2，故 x1x2(0，)所以 cos x1cos x2>0，sin(x1x2)>0,1cos(x1x2)>0，故只需证明 1cos(x1x2)>2cos x1cos x2，即证 1cos x1cos x2sin x1sin x2>2cos x1cos x2，即证 cos(x1x2)f.引申探究若本例中 f(x)变为 f(x)3x2x，试证：对于任意的 x1，x2R，均有f.证明 要证明f，7 / 20即证明2·，12 12(32)(32) 2xxxx12 23x x因此只要证明(x1x2)(x1x2)，12233xx12 23x x即证明，12233xx12 23x x因此只要证明，12233xx123 3xx由于 x1，x2R 时，>0, >0，13x由基本不等式知显然成立，故原结论成立思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证(2016·重庆月考)设 a>0，b>0,2c>ab，求证：(1)c2>ab；(2)c 0，b>0,2c>ab2，c>，平方得 c2>ab.(2)要证 c 2)，使函数 h(x)是区间a，b上的“四维光军”函数？若存在，求出 a，b 的值；若不存在，请说明理由9 / 20解 (1)由题设得 g(x)(x1)21，其图像的对称轴为 x1，区间1，b在对称轴的右边，所以函数在区间1，b上单调递增由“四维光军”函数的定义可知，g(1)1，g(b)b，即 b2bb，解得 b1 或 b3.因为 b>1，所以 b3.(2)假设函数 h(x)在区间a，b (a>2)上是“四维光军”函数，因为 h(x)在区间(2，)上单调递减，所以有即Error!解得 ab，这与已知矛盾故不存在命题点 3 证明唯一性命题例 5 已知 M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意 f(x)M，方程 f(x)x0 有实数根；函数 f(x)的导数 f(x)满足 00)的图像与 x 轴有两个不同的交点，若 f(c)0，且 00.(1)证明：是函数 f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明>c.证明 (1)f(x)的图像与 x 轴有两个不同的交点，f(x)0 有两个不等实根 x1，x2，f(c)0，x1c 是 f(x)0 的根，又 x1x2，x2(c)，是 f(x)0 的一个根即是函数 f(x)的一个零点(2)假设0，由 00，11 / 20知 f()>0，与 f()0 矛盾，c，又c，>c.26反证法在证明题中的应用典例 (12 分)直线 ykxm(m0)与椭圆 W：y21 相交于 A、C两点，O 是坐标原点(1)当点 B 的坐标为(0,1)，且四边形 OABC 为菱形时，求 AC 的长；(2)当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时，证明：四边形 OABC 不可能为菱形思想方法指导 在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去规范解答(1)解 因为四边形 OABC 为菱形，则 AC 与 OB 相互垂直平分由于 O(0,0)，B(0,1)，所以设点 A，代入椭圆方程得1，则 t±，故|AC|2.4 分(2)证明 假设四边形 OABC 为菱形，因为点 B 不是 W 的顶点，且 ACOB，所以 k0.由Error!消 y 并整理得(14k2)x28kmx4m240.6 分12 / 20设 A(x1，y1)，C(x2，y2)，则，k·m.x1x2 2所以 AC 的中点为 M.8 分因为 M 为 AC 和 OB 的交点，且 m0，k0，所以直线 OB 的斜率为，因为 k·1，所以 AC 与 OB 不垂直10 分所以 OABC 不是菱形，与假设矛盾所以当点 B 不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不可能是菱形12 分1(2017·泰安质检)用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程x2axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是( )A方程 x2axb0 没有实根B方程 x2axb0 至多有一个实根C方程 x2axb0 至多有两个实根D方程 x2axb0 恰好有两个实根答案 A解析 因为“方程 x2axb0 至少有一个实根”等价于“方程x2axb0 有一个实根或两个实根” ，所以该命题的否定是“方程x2axb0 没有实根” 故选 A.2(2016·山西质检)对累乘运算 有如下定义：aka1×a2××an，则下列命题中的真命题是( )A.2k 不能被 10100 整除B.22 015C. (2k1)不能被 5100 整除D. (2k1)2kk答案 D13 / 20解析 因为 (2k1)2k(1×3×5××2 015)×(2×4×6××2 014)1×2×3××2 014×2 015k，故选 D.3(2017·上饶质检)设 x，y，z>0，则三个数，( )A都大于 2 B至少有一个大于 2C至少有一个不小于 2 D至少有一个不大于 2答案 C解析 因为()()()()()()6，当且仅当 xyz 时等号成立所以三个数中至少有一个不小于 2，故选 C.4已知 p3q32，证明：pq2.用反证法证明时，可假设pq2；若 a，bR，|a|b|2，故中的假设错误；对于，其假设正确，故选 D.5设 a，b 是两个实数，给出下列条件：ab>1；ab2；ab>2；a2b2>2；ab>1.14 / 20其中能推出：“a，b 中至少有一个大于 1”的条件是( )A BC D答案 C解析 若 a，b，则 ab>1，但 a2，故推不出；若 a2，b3，则 ab>1，故推不出；对于，即 ab>2，则 a，b 中至少有一个大于 1，反证法：假设 a1 且 b1，则 ab2 与 ab>2 矛盾，因此假设不成立，a，b 中至少有一个大于 1.6(2016·河南三市联考)设 n 为正整数，f(n)1，计算得 f(2)，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3.观察上述结果，按照上面规律，可推测 f(128)>_.答案 9 2解析 观察 f(2)，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3 可知，等式及不等式右边的数构成首项为，公差为的等差数列，故 f(128)>6×.7(2016·全国甲卷)有三张卡片，分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2” ，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1” ，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5” ，则甲的卡片上的数字是_15 / 20答案 1 和 3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5”可知，丙为“1 和2”或“1 和 3” ，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是 1” ，所以乙只可能为“2 和 3” ，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是 2” ，所以甲只能为“1 和 3” 8若二次函数 f(x)4x22(p2)x2p2p1，在区间1,1内至少存在一点 c，使 f(c)>0，则实数 p 的取值范围是_答案 (3，3 2)解析 若二次函数 f(x)0 在区间1,1内恒成立，则Error!解得 p3 或 p， 故满足题干条件的 p 的取值范围为.9已知 a>0，证明： a2.证明 要证 a2，只需证 (a)(2)因为 a>0，所以(a)(2)>0，所以只需证( )2(a)(2)2，即 2(2)(a)84，只需证 a2.因为 a>0，a2 显然成立(a1 时等号成立)，所以要证的不等式成立10设 f(x)ax2bxc(a0)，若函数 f(x1)与 f(x)的图像关于 y 轴对称，求证：f(x)为偶函数证明 由函数 f(x1)与 f(x)的图像关于 y 轴对称，可知 f(x1)16 / 20f(x)将 x 换成 x代入上式可得 f(x1)f(x)，即 f(x)f(x)，由偶函数的定义可知 f(x)为偶函数11已知函数 f(x)ax(a>1)(1)证明：函数 f(x)在(1，)上为增函数；(2)用反证法证明方程 f(x)0 没有负数根证明 (1)任取 x1，x2(1，)，不妨设 x10.a>1，>1 且 ax1>0，21xxa>0.2xa1xa121(1)xxxaa又x11>0，x21>0，x22x11x12x21 x11x21>0.于是 f(x2)f(x1)>0，2xa1xa故函数 f(x)在(1，)上为增函数(2)假设存在 x01，0<<1，0xa0<<1，即<x0<2，与假设 x0<0 相矛盾，故方程 f(x)0 没有负数根12(2015·陕西)设 fn(x)是等比数列 1，x，x2，xn 的各项和，其中 x0，nN，n2.(1)证明：函数 Fn(x)fn(x)2 在内有且仅有一个零点(记为 xn)，且 xnx；17 / 20(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为 gn(x)，比较 fn(x)与 gn(x)的大小，并加以证明(1)证明 Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则 Fn(1)n10，Fn12n220，所以 Fn(x)在内至少存在一个零点又 Fn(x)12xnxn10(x0)，故 Fn(x)在内单调递增，所以 Fn(x)在内有且仅有一个零点 xn，因为 xn 是 Fn(x)的零点，所以 Fn(xn)0，即20，故 xnx.(2)解 方法一 由题设，gn(x)，设 h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x0.当 x1 时，fn(x)gn(x)；当 x1 时，h(x)12xnxn1，若 0x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10，若 x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10，所以 h(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减，所以 h(x)h(1)0，即 fn(x)gn(x)，综上所述，当 x1 时，fn(x)gn(x)；当 x1 时，fn(x)gn(x)18 / 20方法二 由题设，fn(x)1xx2xn，gn(x)，x0，当 x1 时，fn(x)gn(x)，当 x1 时，用数学归纳法可以证明 fn(x)gn(x)，当 n2 时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以 f2(x)g2(x)成立，假设 nk(k2)时，不等式成立，即 fk(x)gk(x)，那么，当 nk1 时，fk1(x)fk(x)xk1gk(x)xk1xk1，又 gk1(x)2xk1k1xkk1 2，令 hk(x)kxk1(k1)xk1(x0)，则 hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)，所以当 0x1 时，hk(x)0，hk(x)在(0,1)上递减；当 x1 时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增，所以 hk(x)hk(1)0，从而 gk1(x)，故 fk1(x)gk1(x)，即 nk1 时不等式也成立，由和知，对一切 n2 的整数，都有 fn(x)gn(x)方法三 由已知，记等差数列为ak，等比数列为bk，k1，2，n1，则 a1b11，an1bn1xn，所以 ak1(k1)·(2kn)，19 / 20bkxk1(2kn)，令 mk(x)akbk1xk1，x0(2kn)，当 x1 时，akbk1，所以 fn(x)gn(x)，当 x1 时，mk(x)·nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)，而 2kn，所以 k10，nk11，若 0x1，xnk11，mk(x)0；若 x1，xnk11，mk(x)0，从而 mk(x)在(0,1)上递减，在(1，)上递增，所以 mk(x)mk(1)0，所以当 x0 且 x1 时，akbk(2kn)，又 a1b1，an1bn1，故 fn(x)gn(x)，综上所述，当 x1 时，fn(x)gn(x)；当 x1 时，fn(x)gn(x)13.(2015·课标全国)设 a，b，c，d 均为正数，且 abcd，证明：(1)若 abcd，则；(2)是|ab|cd|的充要条件证明 (1)因为()2ab2，()2cd2，由题设 abcd，abcd，得()2()2.因此 .20 / 20(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2, 即(ab)24ab(cd)24cd.因为 abcd，所以 abcd.由(1)得 .若 ，则()2()2，即 ab2 cd2.因为 abcd，所以 abcd，于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|cd|.综上， 是|ab|cd|的充要条件