《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版文科： 第6章 不等式、推理與證明 第5節(jié) 綜合法與分析法、反證法學(xué)案 文 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版文科： 第6章 不等式、推理與證明 第5節(jié) 綜合法與分析法、反證法學(xué)案 文 北師大版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第五節(jié)　綜合法與分析法、反證法 [考綱傳真]　1.了解直接證明的兩種基本方法：綜合法和分析法；了解綜合法和分析法的思考過(guò)程和特點(diǎn).2.了解反證法的思考過(guò)程和特點(diǎn)． (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第89頁(yè)) [基礎(chǔ)知識(shí)填充] 1．直接證明 內(nèi)容 綜合法 分析法 定義 從命題的條件出發(fā)，利用定義、公理、定理及運(yùn)算法則，通過(guò)演繹推理，一步一步地接近要證明的結(jié)論，直到完成命題的證明．我們把這樣的思維方法稱(chēng)為綜合法. 從求證的結(jié)論出發(fā)，一步一步地探索保證前一個(gè)結(jié)論成立的充分條件，直到歸結(jié)為這個(gè)命題的條件，或者歸結(jié)為定義、公理、定理等．我們把這樣的思維方法稱(chēng)為分析法． 思維 過(guò)程

2、 由因?qū)Ч? 執(zhí)果索因 框圖 表示 →→…→ →→…→ 書(shū)寫(xiě) 格式 因?yàn)椤?，所以…或由…，得? 要證…，只需證…，即證… 2．間接證明 間接證明是不同于直接證明的又一類(lèi)證明方法，反證法是一種常用的間接證明方法． (1)反證法的定義：在假定命題結(jié)論反面成立的前提下，經(jīng)過(guò)推理，若推出的結(jié)果與定義、公理、定理矛盾，或與命題中的已知條件相矛盾，或與假定相矛盾，從而說(shuō)明命題結(jié)論的反面不可能成立，由此斷定命題結(jié)論成立的方法叫反證法． (2)用反證法證明的一般步驟：①反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立；②歸謬——根據(jù)假設(shè)進(jìn)行推理，直到推出矛盾為止；③結(jié)論——斷言假設(shè)不成立，從

3、而肯定原命題的結(jié)論成立． [基本能力自測(cè)] 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“”) (1)綜合法的思維過(guò)程是由因?qū)Ч?，逐步尋找已知的必要條件．(　　) (2)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．(　　) (3)用反證法證明時(shí)，推出的矛盾不能與假設(shè)矛盾．(　　) (4)在解決問(wèn)題時(shí)，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問(wèn)題的過(guò)程．(　　) [答案]　(1)√　(2)　(3)　(4)√ 2．要證a2＋b2－1－a2b2≤0 ，只要證明(　　) A．2ab－1－a2b2≤0 B．a(chǎn)2＋b2－1－≤0

4、 C．－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0 D　[a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0.] 3．用反證法證明命題：“已知a，b為實(shí)數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是(　　) A．方程x2＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根 B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根 C．方程x2＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根 D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根 A　[“方程x2＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”的反面是“方程x2＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根”，故選A．] 4．已知a，b，x均為正數(shù)，且a>b，則與的大小關(guān)系是____

5、______． >　[∵－＝>0，∴>.] 5．(教材改編)在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數(shù)列，a，b，c成等比數(shù)列，則△ABC的形狀為_(kāi)_________三角形． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：00090218】 等邊　[由題意2B＝A＋C， 又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac， 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac， ∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c， ∴A＝C，∴A＝B＝C＝， ∴△ABC為等邊三角形．] (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第90頁(yè)) 綜合法 　對(duì)于定義域?yàn)閇0,1]

6、的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿(mǎn)足： ①對(duì)任意的x∈[0,1]，總有f(x)≥0； ②f(1)＝1； ③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，則稱(chēng)函數(shù)f(x)為理想函數(shù)． (1)若函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，證明：f(0)＝0； (2)試判斷函數(shù)f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝(x∈[0,1])是否是理想函數(shù)． 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：00090219】 [解]　(1)證明：取x1＝x2＝0，則x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0. 2分 又對(duì)任意的x∈[

7、0,1]，總有f(x)≥0，∴f(0)≥0.于是f(0)＝0. 5分 (2)對(duì)于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不滿(mǎn)足新定義中的條件②，∴f(x)＝2x(x∈[0,1])不是理想函數(shù). 7分 對(duì)于f(x)＝x2，x∈[0,1]，顯然f(x)≥0，且f(1)＝1.對(duì)任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)． ∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函數(shù). 9分 對(duì)于f(x)＝，x∈[0,1]，顯然滿(mǎn)足條件①②.對(duì)任意的x1，x2

8、∈[0,1]，x1＋x2≤1， 有[f(x1＋x2)]2－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0，即[f(x1＋x2)]2≤[f(x1)＋f(x2)]2， ∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不滿(mǎn)足條件③. ∴f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函數(shù). 11分 綜上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函數(shù)，f(x)＝2x(x∈[0,1])與f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函數(shù). 12分 [規(guī)律方法]　綜合法是“由因?qū)Ч钡淖C明方法，其邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理方法，常與分析法結(jié)合使用，用分析法探路，綜合法書(shū)寫(xiě)，但要注

9、意有關(guān)定理、性質(zhì)、結(jié)論題設(shè)條件的正確運(yùn)用． [變式訓(xùn)練1]　已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖像在交點(diǎn)(0,0)處有公共切線． (1)求a，b的值； (2)證明：f(x)≤g(x)． [解]　(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2， 2分 由題意得 解得a＝0，b＝1. 5分 (2)證明：令h(x)＝f(x)－g(x) ＝ln(x＋1)－x3＋x2－x(x>－1)． h′(x)＝－x2＋x－1＝. 8分 所以h(x)在(－1,0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)． h(

10、x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x). 12分 分析法 　已知a>0，求證：－≥a＋－2. [證明]　要證－≥a＋－2， 只需要證＋2≥a＋＋. 2分 因?yàn)閍>0，故只需要證2≥2， 即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2， 8分 從而只需要證2≥， 只需要證4≥2， 即a2＋≥2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立． 12分 [規(guī)律方法]　1.當(dāng)已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過(guò)程中所需用的知識(shí)不太明確、具體時(shí)，往往采用分析法，特別是含有根號(hào)、絕對(duì)值的等式或不等式，?？紤]用分析法． 2．分析法的特點(diǎn)

11、和思路是“執(zhí)果索因”，逐步尋找結(jié)論成立的充分條件，即從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”或本身已經(jīng)成立的定理、性質(zhì)或已經(jīng)證明成立的結(jié)論等，通常采用“欲證—只需證—已知”的格式，在表達(dá)中要注意敘述形式的規(guī)范性． [變式訓(xùn)練2]　已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，C． 求證：＋＝. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：00090220】 [證明]　要證＋＝， 即證＋＝3，也就是＋＝1， 3分 只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需證c2＋a2＝ac＋b2， 5分 又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列， 故B＝

12、60， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60， 10分 即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立. 12分 反證法 　設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列． (1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式； (2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列． [解]　(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn， 當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1； 當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，① qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn， ∴Sn

13、＝，∴Sn＝ 5分 (2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， aq2k＋2a1qk＝a1qk－1a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1. 8分 ∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1. ∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0， ∴q＝1，這與已知矛盾． ∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列. 12分 [規(guī)律方法]　用反證法證明問(wèn)題的步驟： (1)反設(shè)：假定所要證的結(jié)論不成立，而設(shè)結(jié)論的反面成立；(否定結(jié)論) (2)歸謬：將“反設(shè)”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過(guò)正確的推理，導(dǎo)出矛盾，矛盾可以是與已知條件、定義、公理、定理及明顯的事實(shí)矛盾或自相矛盾；(推導(dǎo)矛盾) (3)立論：因?yàn)橥评碚_，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤．既然原命題結(jié)論的反面不成立，從而肯定了原命題成立．(命題成立) [變式訓(xùn)練3]　已知a≥－1，求證三個(gè)方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個(gè)方程有實(shí)根． [證明]　假設(shè)三個(gè)方程都沒(méi)有實(shí)數(shù)根，則 ? 6分 ∴－