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2019-2020年高考數(shù)學大一輪復習 13.2直接證明與間接證明學案 理 蘇教版 導學目標： 1.了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程及特點.2.了解間接證明的一種基本方法——反證法，了解反證法的思考過程及特點． 自主梳理 1．直接證明 (1)綜合法 ①定義：從已知條件出發(fā)，以______________________為依據(jù)，逐步下推，直到推出所要證明的結論為止，這種證明方法叫做綜合法． ②框圖表示：→→→…→(其中P表示已知條件，Q表示要證的結論)． (2)分析法 ①定義：從問題的結論出發(fā)，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使________________和______________________為止．這種證明方法叫做分析法． ②框圖表示：→→→…→. 2．間接證明 反證法：假設原命題________(即在原命題的條件下，結論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出________，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法． 自我檢測 1．分析法是從要證的結論出發(fā)，尋求使它成立的________條件．(填“充分”、“必要”或“充要”) 2．(xx揭陽高三統(tǒng)考)用反證法證明“如果a>b，那么>”的假設內(nèi)容應是__________________． 3．設a、b、c是互不相等的正數(shù)，則下列不等式中不恒成立的是________．(填序號)． ①|a－c|≤|a－b|＋|c－b|； ②a2＋≥a＋； ③－<－； ④|a－b|＋≥2. 4．已知a＋b>0，則＋與＋的大小關系為____________________． 5．(xx東北三省四市聯(lián)考)設x、y、z∈R＋，a＝x＋，b＝y(tǒng)＋，c＝z＋，證明a，b，c中至少有一個不小于2. 探究點一　綜合法 例1　已知a，b，c都是實數(shù)，求證：a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 變式遷移1　設a，b，c>0，證明： ＋＋≥a＋b＋c. 探究點二　分析法 例2　若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證： lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c. 變式遷移2　已知a>0，求證： －≥a＋－2. 探究點三　反證法 例3　若x，y都是正實數(shù)，且x＋y>2， 求證：<2與<2中至少有一個成立． 式遷移3　若a，b，c均為實數(shù)，且a＝x2－2y＋，b＝y(tǒng)2－2z＋，c＝z2－2x＋.求證：a，b，c中至少有一個大于0. 轉化與化歸思想 例　(14分)(xx上海改編)若實數(shù)x、y、m滿足|x－m|＞|y－m|，則稱x比y遠離m. (1)若x2－1比1遠離0，求x的取值范圍． (2)對任意兩個不相等的正數(shù)a、b，證明：a3＋b3比a2b＋ab2遠離2ab. 多角度審題　(1)本題屬新定義題，根據(jù)“遠離”的含義列出不等式，然后加以求解．(2)第(2)小題，實質是證明不等式|a3＋b3－2ab|>|a2b＋ab2－2ab|成立．證明時注意提取公因式及配方法的運用． 【答題模板】 (1)解　由題意得＞1， 即x2－1＞1或x2－1＜－1.[2分] 由x2－1＞1，得x2＞2，即x＜－或x＞； 由x2－1＜－1，得x∈?. 綜上可知x的取值范圍為(－∞，－)∪(，＋∞)．[4分] (2)證明　由題意知即證＞成立．[8分] ∵a≠b，且a、b都為正數(shù)， ∴＝＝＝(a－b)2， ＝ ＝ab(－)2＝(a－b)2，[10分] 即證(a－b)2－(a－b)2＞0， 即證(a－b－a＋b)(a－b＋a－b)＞0， 需證＞0，[12分] 即證(a＋b)(a－b)2＞0，∵a、b都為正數(shù)且a≠b， ∴上式成立．故原命題成立．[14分] 【突破思維障礙】 1．準確理解題意，提煉出相應不等式是解決問題的關鍵． 2．代數(shù)式|a3＋b3－2ab|與|a2b＋ab2－2ab|中的絕對值符號去掉為后續(xù)等價變形提供了方便． 【易錯點剖析】 1．推理論證能力較差，絕對值符號不會去． 2．運用能力較差，不能有效地進行式子的等價變形或中間變形出錯． 1．綜合法是從條件推導到結論的思維方法，它是從已知條件出發(fā)，經(jīng)過逐步的推理，最后達到待證的結論．即由因導果． 2．分析法是從待證結論出發(fā)，一步一步地尋求結論成立的充分條件，最后達到題設的已知條件或已被證明的事實．即執(zhí)果索因，用分析法尋找解題思路，再用綜合法書寫，這樣比較有條理，叫分析綜合法． 3．用反證法證明問題的一般步驟： (1)反設：假設命題的結論不成立，即假定原結論的反面為真；(否定結論) (2)歸謬：從反設和已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果；(推導矛盾) (3)存真：由矛盾結果斷定反設不真，從而肯定原結論成立．(結論成立) (滿分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．用反證法證明命題“若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0 (a≠0)有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個是偶數(shù)”．假設內(nèi)容應為____________________________________． 2．(xx無錫模擬)設a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件： (1)a＋b>1；(2)a＋b＝2；(3)a＋b>2； (4)a2＋b2>2；(5)ab>1. 其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件是______．(填序號) 3．設a、b、c∈(0，＋∞)，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，則“PQR>0”是“P、Q、R同時大于零”的________條件． 4．(xx安徽)若a>0，b>0，a＋b＝2，則下列不等式對一切滿足條件的a，b恒成立的是________(寫出所有正確命題的序號)． ①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3； ⑤＋≥2. 5．如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則△A2B2C2是________三角形(填“銳角”“鈍角”或“直角”)． 6．(xx江蘇前黃高級中學模擬)某同學準備用反證法證明如下一個問題：函數(shù)f(x)在[0,1]上有意義，且f(0)＝f(1)，如果對于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求證：|f(x1)－f(x2)|<.那么他的反設應該是__________________________________________________ ________________________________________________________________________. 7．對于任意實數(shù)a，b定義運算a*b＝(a＋1)(b＋1)－1，給出以下結論： ①對于任意實數(shù)a，b，c，有a*(b＋c)＝(a*b)＋(a*c)； ②對于任意實數(shù)a，b，c，有a*(b*c)＝(a*b)*c； ③對于任意實數(shù)a，有a*0＝a.則以上結論正確的是________．(寫出你認為正確的結論的所有序號) 8．(xx天津)已知log2a＋log2b≥1，則3a＋9b的最小值為________． 二、解答題(共42分) 9．(14分)已知非零向量a、b，a⊥b，求證：≤. 10．(14分)已知a、b、c>0，求證：a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)． 11．(14分)已知a、b、c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同時大于. 學案36　直接證明與間接證明 答案 自主梳理 1．(1)①已知的定義、公理、定理　(2)①結論成立的條件　已知條件或已知事實吻合　2.不成立　矛盾 自我檢測 1．充分 解析　由分析法的定義可知． 2.≤ 解析　>的否定是≤. 3．④ 解析　④選項成立時需得證a－b>0.①中|a－b|＋|c－b|≥|(a－b)－(c－b)|＝|a－c|，②作差可證； ③移項平方可證． 4.＋≥＋ 解析　＋－＝＋ ＝(a－b)＝. ∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴≥0. ∴＋≥＋. 5．證明　假設a，b，c均小于2，則a＋b＋c<6. ① 又a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋ ＝(x＋)＋(y＋)＋(z＋)≥6， 這與①式相矛盾，∴假設不正確． ∴a，b，c至少有一個不小于2. 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　綜合法證明不等式，要特別注意基本不等式的運用和對題設條件的運用．這里可從基本不等式相加的角度先證得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca成立，再進一步得出結論． 證明　∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca， 三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca， ∴3a2＋3b2＋3c2≥(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca) ＝(a＋b＋c)2. ∴a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2； ∵a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca， ∴a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥ab＋bc＋ca＋2(ab＋bc＋ca)， ∴(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ca)． ∴原命題得證． 變式遷移1　證明　∵a，b，c>0，根據(jù)基本不等式， 有＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c. 三式相加：＋＋＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． 即＋＋≥a＋b＋c. 例2　解題導引　當所給的條件簡單，而所證的結論復雜，一般采用分析法．含有根號、對數(shù)符號、絕對值的不等式，若從題設不易推導時，可以考慮分析法． 證明　要證lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c， 只需證lg>lg(abc)， 只需證>abc.(中間結果) 因為a，b，c是不全相等的正數(shù)， 則≥>0，≥>0，≥>0. 且上述三式中的等號不全成立， 所以>abc.(中間結果) 所以lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c. 變式遷移2　證明　要證 －≥a＋－2， 只要證 ＋2≥a＋＋. ∵a>0，故只要證 2≥2， 即a2＋＋4 ＋4 ≥a2＋2＋＋2＋2， 從而只要證2≥， 只要證4≥2， 即a2＋≥2，而該不等式顯然成立，故原不等式成立． 例3　解題導引　(1)當一個命題的結論是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出現(xiàn)時，宜用反證法來證，反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是①與已知條件矛盾，②與假設矛盾，③與定義、公理、定理矛盾，④與事實矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數(shù)學證明中的一件有力武器． (2)利用反證法證明問題時，要注意與之矛盾的定理不能是用本題的結論證明的定理，否則，將出現(xiàn)循環(huán)論證的錯誤． 證明　假設<2和<2都不成立， 則有≥2和≥2同時成立， 因為x>0且y>0， 所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x， 兩式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y， 所以x＋y≤2，這與已知條件x＋y>2相矛盾， 因此<2與<2中至少有一個成立． 變式遷移3　證明　假設a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0. ∵a＝x2－2y＋，b＝y(tǒng)2－2z＋，c＝z2－2x＋， ∴x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋ ＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)≤0， ① 又∵(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，π－3>0， ∴(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋(π－3)>0. ② ①式與②式矛盾， ∴假設不成立， 即a，b，c中至少有一個大于0. 課后練習區(qū) 1．假設a、b、c都不是偶數(shù) 2．(3) 解析　若a＝，b＝，則a＋b>1， 但a<1，b<1，故(1)推不出； 若a＝b＝1，則a＋b＝2，故(2)推不出； 若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故(4)推不出； 若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故(5)推不出； 對于(3)，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1， 反證法：假設a≤1且b≤1， 則a＋b≤2與a＋b>2矛盾， 因此假設不成立，故a，b中至少有一個大于1. 3．充要 解析　必要性是顯然成立的，當PQR>0時，若P、Q、R不同時大于零，則其中兩個為負，一個為正，不妨設P>0，Q<0，R<0，則Q＋R＝2c<0，這與c>0矛盾，即充分性也成立． 4．①③⑤ 解析　①ab≤()2＝1，成立． ②欲證＋≤， 即證a＋b＋2≤2，即2≤0，顯然不成立． ③欲證a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥2， 即證4－2ab≥2， 即ab≤1，由①知成立． ④a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)≥3 ?a2－ab＋b2≥?(a＋b)2－3ab≥ ?4－≥3ab?ab≤，由①知，ab≤不恒成立． ⑤欲證＋≥2， 即證≥2，即ab≤1，由①知成立． 5．鈍角 解析　由條件知，△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設△A2B2C2是銳角三角形， 由得 那么，A2＋B2＋C2＝， 這與三角形內(nèi)角和為π相矛盾，所以假設不成立，所以△A2B2C2是鈍角三角形． 6．“?x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，則|f(x1)－f(x2)|≥” 7．②③ 解析　按新定義，可以驗證a*(b＋c)≠(a*b)＋(a*c)； 所以①不成立；而a*(b*c)＝(a*b)*c成立， a*0＝(a＋1)(0＋1)－1＝a.所以正確的結論是②③. 8．18 解析　由log2a＋log2b≥1得log2(ab)≥1，即ab≥2， ∴3a＋9b＝3a＋32b≥23(當且僅當3a＝32b，即a＝2b時“＝”號成立)． 又∵a＋2b≥2≥4(當且僅當a＝2b時“＝”成立)， ∴3a＋9b≥232＝18. 即當a＝2b時，3a＋9b有最小值18. 9．證明　∵a⊥b，∴ab＝0. (2分) 要證≤，只需證：|a|＋|b|≤|a－b|， (6分) 平方得：|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2ab)， (10分) 只需證：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0， (12分) 即(|a|－|b|)2≥0，顯然成立．故原不等式得證. (14分) 10．證明　∵a2＋b2≥2ab，a、b、c>0， ∴(a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)， (3分) ∴a3＋b3＋a2b＋ab2≥2ab(a＋b)＝2a2b＋2ab2， ∴a3＋b3≥a2b＋ab2.(7分) 同理，b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac2， 將三式相加得， 2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac2.(10分) ∴3(a3＋b3＋c3)≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋b2a＋b2c)＋(c3＋c2a＋c2b)＝(a＋b＋c)(a2＋b2＋c2)． ∴a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．(14分) 11．證明　方法一　假設三式同時大于， 即(1－a)b>，(1－b)c>，(1－c)a>，(3分) ∵a、b、c∈(0,1)， ∴三式同向相乘得(1－a)b(1－b)c(1－c)a>.(8分) 又(1－a)a≤2＝，(10分) 同理(1－b)b≤，(1－c)c≤， ∴(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤，(12分) 這與假設矛盾，故原命題正確．(14分) 方法二　假設三式同時大于， ∵00，(2分) ≥ > ＝，(8分) 同理>，>，(10分) 三式相加得>，這是矛盾的，故假設錯誤， ∴原命題正確．(14分)