K
一、直接证明
1.综合法:从题设的已知条件出发,运用一系列有关已确定真实的命题作为推理的依据,逐步推演而得到要证明的结论,这种证明方法叫做综合法.综合法的推理方向是由已知到求证,表现为由因索果,综合法的解题步骤用符号表示是:P0(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒Pn(结论).
特点:由因导果,因此综合法又叫顺推法.
2.分析法:分析法的推理方向是由结论到题设,论证中步步寻求使其成立的充分条件,如此逐步归结到已知的条件和已经成立的事实,从而使命题得证,表现为执果索因,分析法的证题步骤用符号表示为B(结论)⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A(已知).
特点:执果索因,因此分析法又叫逆推法或执果索因法.
二、间接证明
假设原命题的结论不成立,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.这样的证明方法叫反证法.反证法是一种间接证明的方法.
1.反证法的解题步骤:否定结论—推演过程中引出矛盾—肯定结论.
2.反证法的理论依据是:原命题为真,则它的逆否命题为真,在直接证明有困难时,就可以转化为证明它的逆否命题成立.
3.反证法证明一个命题常采用以下步骤:
(1)假定命题的结论不成立;
(2)进行推理,在推理中出现下列情况之一:与已知条件矛盾;与公理或定理矛盾;
(3)由于上述矛盾的出现,可以断言,原来的假定“结论不成立”是错误的;
(4)肯定原来命题的结论是正确的,即“反设—归谬—结论”.
4.一般情况下,有如下几种情况的证明题目常常采用反证法:
第一,问题共有n种情况,现要证明其中的1种情况成立时,可以想到用反证法把其他的n-1种情况都排除,从而肯定这种情况成立;
第二,命题是以否定命题的形式叙述的;
第三,命题用“至少”“至多”的字样叙述的;
第四,当命题成立非常明显,而要直接证明所用的理论太少,且不容易说明,而其逆命题又是非常容易证明的.
1.设t=a+2b,s=a+b2+1,则下列关于t和s的大小关系中正确的是(D)
A.t>s B.t≥s
C.t<s D.t≤s
解析:因为s-t=a+b2+1-a-2b=(b-1)2≥0,所以s≥t.
2.对任意的锐角α,β,下列不等式成立的是(D)
A.sin(α+β)>sin α+sin β
B.cos(α+β)>cos α+cos β
C.cos(α+β)
D.cos(α+β)
3.定义运算法则如下:a⊕b=a+b,a⊗b=lg a2-lg b.若M=2⊕,N=⊗,则M+N=5.
解析:由定义运算法则可知,M=2⊕=+=+=4,
N=⊗=lg()2-lg=lg 2+lg 5=1,
∴M+N=5.
4.(2013·保定模拟)若P=+,Q=+,a≥0,则P、Q的大小关系是P.
解析:分析法,要证P,需证P2
2即可.
高考方向
1.对本节内容的考查,一般贯穿在对其他知识的考查中,主要涉及综合法、反证法等证明方法,多以选择题和解答题为主,难度中等.
2.分析法作为一种证明方法,较少单独考查,但这种方法可以用来寻找解题思路.
1.(2014·湖南卷)如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
(1)证明:O1O⊥底面ABCD;
(2)若∠CBA=60°,求二面角C1OB1D的余弦值.
(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC.
同理DD1⊥BD.因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD.
而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD.
(2)解析:如图,过O1作O1H⊥OB1于点H,连接HC1.
由(1)知,O1O⊥底面ABCD,
所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.
又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,
所以四边形A1B1C1D1是菱形,
因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,
所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,
进而OB1⊥C1H.
故∠C1HO1是二面角C1OB1D的平面角.
不妨设AB=2.因为∠CBA=60°,所以OB=,OC=1,
OB1=.
在Rt△OO1B1中,易知O1H==2.
而O1C1=1,于是C1H===.
故cos∠C1HO1===.
即二面角C1OB1D的余弦值为.
2.(2013·江苏卷)已知向量a=(cos α,sin α),b=(cos β,sin β),0<β<α<π.
(1)若|a-b|=,求证:a⊥b;
(2)设c=(0,1),若a+b=c,求α,β的值.
(1)证明:由|a-b|=,即(cos α-cos β)2+(sin α-sin β)2=2,整理得cos αcos β+sin αsin β=0,
即a·b=0,因此a⊥b.
(2)解析:由已知条件
又0<β<α<π,
cosβ=-cos α=cos(π-α),则β=π-α,
sin α+sin(π-α)=1,
所以sin α=,得α=或α=,
当α=时,β=(舍去),
当α=时,β=.
1.如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱与底面垂直,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,点M,N分别为A1B和B1C1的中点.
(1)证明:MN∥平面A1ACC1;
(2)求二面角NMCA的正弦值.
(1)证明:如图所示,取A1B1的中点P,连接MP,NP.
又因为点M,N分别为A1B和B1C1的中点,所以NP∥A1C1,MP∥B1B,因为NP⊂平面MNP,A1C1⊄平面MNP,所以NP∥平面A1ACC1;
同理MP∥平面A1ACC1;
又MP∩NP=P,所以平面MNP∥平面A1ACC1;
所以MN∥平面A1ACC1;
(2)解析:侧棱与底面垂直可得A1A⊥AB,A1A⊥AC,及AB⊥AC,可建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),C1(0,2,2),N(1,1,2),M(1,0,1).
所以=(-1,2,-1),=(1,-1,2),=(0,2,0).
设平面ACM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则令x1=1,则z1=-1,
所以n1=(1,0,-1).
设平面NCM的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令x2=3,则y2=1,z2=-1.所以n2=(3,1,-1).
所以cos〈n1,n2〉=
==.
设二面角NMCA为θ,则
sin θ===.
故二面角NMCA的正弦值为.
2.设数列{an}的前n项和为Sn,且S-2Sn-an·Sn+1=0,n∈N*.
(1)求Sn与Sn-1(n≥2)的关系式,并证明数列是等差数列;
(2)设bn=an·Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:<Tn<.
(1)解析:当n=1时,由已知得a-2a1-a+1=0,
解得a1=.
由题设S-2Sn-an·Sn+1=0,
当n≥2时,将an=Sn-Sn-1代入上式,
得Sn·Sn-1-2Sn+1=0.
∴Sn=,∴-=-1.
∴是首项为=-2,公差为-1的等差数列.
(2)证明:由(1)知=-2+(n-1)·(-1)=-n-1,
∴Sn=,n∈N*.
∴an=Sn-Sn-1=(n≥2),n=1时也符合该式,
∴an=,n∈N*.
∴bn=an·Sn=.
∴Tn=b1+b2+…+bn=+++…+.
∴+++…+>+++…+=-=.
而bn=<=
=-,
∴+++…+<-+-+…+-
=-<.
∴
1.否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时正确反设为(D)
A.a、b、c都是奇数
B.a、b、c都是偶数
C.a、b、c中至少有两个偶数
D.a、b、c中或都是奇数或至少有两个偶数
解析:自然数a、b、c中奇数、偶数的可能情况有全为奇数,恰有一个偶数,恰有两个偶数,全为偶数.故选D.
2.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0.其中能使+≥2成立的条件有(C)
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解析:要使+≥2,只需>0, >0,即a,b不为0且同号即可,
∴①③④满足.故选C.
3.已知0<b<a<,则,a-b,-的大小顺序是(B)
A.>a-b>-
B.>->a-b
C.->>a-b
D.a-b>>-
解析:平方后转化为作差分解因式或特殊值代入.
4.规定记号“ ”表示一种运算,即a b=ab+a+b2 (a,b为正实数),若1 k=3,则k=(B)
A.-2 B.1 C.-2 或1 D.2
解析:根据运算有1·k+1+k2=3,k∈R+,即k2+k-2=0,解得k=1或k=-2(舍去).∴k=1.故选B.
5.设A=++…+,则下列结论正确的是(B)
A.A>1 B.A<1 C.A≥1 D.A≤1
解析:放缩法对每一项放大范围,A=++…+<+++…+1 024个=1.
6.用反证法证明“如果a>b,那么>”,假设内容应是≤.
7.函数y=loga(x+3)-1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A,若点A在直线mx+ny+1=0上,其中m,n>0,则+的最小值为8.
解析:函数y=loga(x+3)-1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A(-2,-1),则(-2)·m+(-1)·n+1=0,即2m+n=1.因为m,n>0,所以+=·(2m+n)=4++≥4+2 (当且仅当=时,等号成立)=8.
8.已知函数f(x)=ax+2a+1,当x∈[-1,1]时,f(x)有正值也有负值,则实数a的取值范围为.
解析:由题意得f(x)=ax+2a+1为斜率不为0的直线,由单调性知f(1)·f(-1)<0,
∴(a+2a+1)·(2a-a+1)<0.
∴-1-.
9.已知a>0,->1,求证: >.
证明:由已知->1及a>0可知0,要证>,
只需证·>1,
只需证1+a-b-ab>1,
只需证a-b-ab>0即>1,
即->1,这是已知条件,所以原不等式得证.
10.已知O为坐标原点,过P(2,0)且斜率为k的直线交抛物线y2=2x于M(x1,y1),N(x2,y2)两点.
(1)写出直线l的方程;
(2)求x1x2,y1y2的值;
(3)求证:OM⊥ON.
(1)解析:∵直线l过点P(2,0)且斜线为k,
则直线l的方程为y=k(x-2).
(2)解析:∵直线l与抛物线相交于M(x1,y1),N(x2,y2),且l的方程为y=k(x-2),联立方程组
⇒k2x2-(4k2+2)x+4k2=0.
根据韦达定理得x1x2==4.
又∵M、N都在y2=2x上,
∴y=2x1,y=2x2,
∴y·y=4x1x2,
∴y1y2=±4.
又∵M、N不可能都在x轴上方或下方,
∴y1y2<0.
∴y1y2=4(舍去),
∴y1y2=-4.
(3)证明:M、N为y2=2x上的两点.
直线OM的斜率kOM==.
直线ON的斜率kON==.
∴kOM·kON=.
又∵y1y2=-4,x1x2=4,
∴kOM·kON=-1,
∴OM⊥ON.
11.如图,已知直线a与b不共面,直线c∩a=M,直线b∩c=N,又a∩面α=A,b∩α=B,c∩α=C.求证:A、B、C三点不共线.
证明:假设A、B、C三点共线l,
∵A、B、C∈a,
∴l⊂a.
∵l∩c=C,
∴c与l可确定一个平面β.
∵c∩a=M,
∴M∈β,又A∈l,
∴a⊂β,同理b⊂β.
∴a、b共面,与a、b异面矛盾.
∴A、B、C三点不共线.
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