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1、精品范文模板 可修改删除撰写人：_日 期：_直接证明与间接证明目标要求：1.了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点.2.了解间接证明的一种基本方法反证法；了解反证法的思考过程、特点考查角度直接证明1(2013课标全国卷)设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n1,2,3，.若b1c1，b1c12a1，an1an，bn1，cn1，则()ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列解：在A1B1C1中，b1c1，b1c12a1，b1a1c1.在A2B2C2中，a2
2、a1，b2，c2，b2c22a1，c1b2a1c2b1.在A3B3C3中，a3a2a1，b3，c3，b3c32a1，a1b3c2，b2c3a1，c1b2c3a1b3c2b1.由归纳知，n越大，两边cn，bn越靠近a1且cnbn2a1，此时面积Sn越来越大，当且仅当cnbna1时AnBnCn的面积最大【答案】B2(2013北京高考)已知an是由非负整数组成的无穷数列该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an1，an2，的最小值记为Bn，dnAnBn.(1)若an为2,1,4,3,2,1,4,3，是一个周期为4的数列(即对任意nN*，an4an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是
3、非负整数证明：dnd(n1,2,3，)的充分必要条件为an是公差为d的等差数列；(3)证明：若a12，dn1(n1,2,3，)，则an的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.解：(1)d1d21，d3d43.(2)证明：(充分性)因为an是公差为d的等差数列，且d0，所以a1a2an.因此Anan，Bnan1，dnanan1d(n1,2,3，)(必要性)因为dnd0(n1,2,3，)，所以AnBndnBn.又因为anAn，an1Bn，所以anan1.于是，Anan，Bnan1.因此an1anBnAndnd，即an是公差为d的等差数列(3)证明：因为a12，d11，所以A1a12，B1A1d11.
4、故对任意n1，anB11.假设an(n2)中存在大于2的项设m为满足am2的最小正整数，则m2，并且对任意1k2，于是，BmAmdm211，Bm1minam，Bm2.故dm1Am1Bm1220，与dm11矛盾所以对于任意n1，有an2，即非负整数列an的各项只能为1或2.因为对任意n1，an2a1，所以An2.故BnAndn211.因此对于任意正整数n，存在m满足mn，且am1，即数列an有无穷多项为1.命题规律预测命题规律从近几年高考试题看，高考对本节内容的考查主要体现在以下两点：1.对证明方法的考查主要以解答题的形式出现，且要求有较强的逻辑推理能力和综合能力2.与函数、数列、不等式等交汇命
5、题，以解答题为主考向预测预测2016年高考对本部分的考查主要与导数的应用，不等式的证明及数列的递推关系相结合，考查学生运用知识解决问题的能力，难度较大.考向一 综合法【例1】(2014北京高考)如图1131，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积图1131【思路点拨】(1)利用已知条件转化为证明AB平面B1BCC1；(2)取AB的中点G，构造四边形FGEC1，证明其为平行四边形，从而得证；(3)根据题中数据代入公式计算即可【解
6、】(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC，所以BB1AB.又因为ABBC，所以AB平面B1BCC1，所以平面ABE平面B1BCC1.(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG. 因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.(3)因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.综合法的应用技巧：综合法从正确地选择已知真实的命题出发，依次推出一
7、系列的真命题，最后得到我们所要证明的结论；综合法是一种由因导果的证明方法，其逻辑依据是“三段论”式的演绎推理方法对点练习(2013江苏高考)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项和记bn，nN*，其中c为实数(1) 若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明：由题设知，Snnad(1)由c0，得bnad.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即2a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2S
8、k.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1,2,3,4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10，即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又因为cd10，所以c0.考向二 分析法【例2】已知a0，证明a2.从结论出发，倒
9、着分析，逐步逼近已知条件，探寻上一步结论成立的充分条件【证明】要证a2，只需证(2)因为a0，所以(2)0，所以只需证22，即2(2)84，只需证a2.因为a0，a2显然成立，所以要证的不等式成立分析法证明问题的适用范围：当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法对点练习已知函数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
10、(0，)所以cos x1cos x20，sin(x1x2)0,1cos(x1x2)0，故只需证明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即证1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2.即证：cos(x1x2)1.由x1，x2，x1x2知上式显然成立，因此，f(x1)f(x2)f成立考向三 反证法典例剖析【例3】(2013陕西高考)设an是公比为q的等比数列设q1，证明数列an1不是等比数列利用反证法，结合等比数列的性质证明便可证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2
11、a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列反证法应用问题的常见类型及解题策略：(1)证明否定性命题解决此类问题分三步：假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论正确(2)证明存在性问题证明此类问题的方法类同问题(1)对点练习若a，b，c均为实数，且ax22y，by22z，cz22x.求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明：假设a，b，c都不大于0，即a0，b0，c0，则abc0.而abcx22yy22
12、zz22x(x1)2(y1)2(z1)23，30，且(x1)2(y1)2(z1)20，abc0，这与abc0矛盾，因此a，b，c中至少有一个大于0.应用直接证明与间接证明破解证明问题【例】(12分)(2014辽宁高考)已知函数f(x)(xcos x)2sin x2，g(x)(x) 1.证明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.【审题指导】信息提取破题技巧(1)f(x)(xcos x)2sin x2，存在唯一x0，使f(x0)0先证明f(x)在上是单调的，再验证f(0)f0便可(2)g(x)(x)1.存在唯一x，使g(x1)0根
13、据要证的“x0x1”构造一个新函数g(t)，说明它的单调性及零点所在的区间便可解：(1)当x时，f(x)sin x2cos x0，所以f(x)在上为增函数.2分又f(0)20，f40，所以存在唯一x0，使f(x0)0.4分(2)当x时，化简得g(x)(x)1.5分令tx，记u(t)g(t)t1，t，则u(t).7分由(1)得，当t(0，x0)时，u(t)0；当t时，u(t)0.在上u(t)为增函数，由u0知，当t时，u(t)0，所以u(t)在上无零点.9分在(0，x0)上u(t)为减函数，由u(0)1及u(x0)0知存在唯一t0(0，x0)，使u(t0)0.于是存在唯一t0，使u(t0)0.10分设x1t0，则g
