人教版高中数学选修22教学案22直接证明与间接证明教师版

1、直接证明与间接证明_(1) 了解直接证明的一种基本方法综合法、分析法；(2) 了解间接证明的一种基本方法反证法；(3)了解综合法、分析法、反证法的思考过程与特点,会用综合法、分析法、反证法证明数学问题.类型一、直接证明：一. 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，经过一系列的推理论 证，最后推导出所要证明的结论成立. 2.思维特点：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出 结论的一种证明方法3.框图表示：(P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等,Q表示要证明的结论)二.分析法1.定义：一般地,从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,

2、直至最后,把要证明的结论归结为判断一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止,这种证明方法叫做分析法.2. 思维特点：执果索因步步寻求上一步成立的充分条件，它与综合法是对立统一的两种 方法3.框图表示：(用Q表示要证明的结论,Pn表示充分条件)4.分析法的书写格式：例3 求证:证明：因为都是正数，所以要证只需证展开得 只需证 只需证 因为显然成立，所以要证：只要证：只需证：显然成立上述各步均可逆所以,结论成立类型二、反证法：反证法：假设命题结论不成立（即命题结论的反面成立），经过正确的推理,引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题成立,这样的的证明方法叫反证法。（2）反证法的一般

3、步骤：a、反设：假设命题结论不成立（即假设结论的反面成立）；b、归缪：从假设出发，经过推理论证，得出矛盾； c、下结论：由矛盾判定假设不成立，从而肯定命题成立。（3）应用反证法的情形：直接证明困难;需分成很多类进行讨论结论为“至少”、“至多”、“有无穷多个” -类命题； 结论为 “唯一”类命题；（4）关键在于归缪矛盾：a、与已知条件矛盾；b、与公理、定理、定义矛盾；c、自相矛盾。 题型一综合法：例1 已知a,b,c是不全相等的正数，求证：证明：以上三式相加，且注意到a,b,c不全相等，故总结：本题主要综合运用基本不等式以及对数的运算性质来证明.例2 在ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a

4、, b，c,且A,B,C成等差数列, a, b，c 成等比数列,求证ABC为等边三角形.证明：由 A, B, C成等差数列，有 2B=A + C 因为A,B,C为ABC的内角，所以A + B + C= 由 ，得B=. 由a, b，c成等比数列，有. 由余弦定理及，可得再由，得.因此.从而A=C. 由，得A=B=C=.所以ABC为等边三角形总结:解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，或把符号语言转换成图形语言等还要通过细致的分析，把其中的隐含条件明确表示出来 练习：1、在ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为,且A,B,C成等差数列, 成等比数列,求证ABC为等边三

5、角形.分析：将 A , B , C 成等差数列，转化为符号语言就是2B =A + C; A , B , C为ABC的内角，这是一个隐含条件，明确表示出来是A + B + C =； a , b，c成等比数列，转化为符号语言就是此时，如果能把角和边统一起来，那么就可以进一步寻找角和边之间的关系，进而判断三角形的形状，余弦定理正好满足要求于是，可以用余弦定理为工具进行证明证明：由 A, B, C成等差数列，有 2B=A + C 因为A,B,C为ABC的内角，所以A + B + C= 由 ，得B=.由a, b，c成等比数列，有.由余弦定理及，可得再由，得.因此.从而A=C. 由，得A=B=C=.所以A

6、BC为等边三角形解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，或把符号语言转换成图形语言等还要通过细致的分析，把其中的隐含条件明确表示出来2、已知求证本题可以尝试使用差值比较和商值比较两种方法进行。 证明：1) 差值比较法：注意到要证的不等式关于对称，不妨设，从而原不等式得证。2）商值比较法：设 故原不等式得证。注：比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。讨论：若题设中去掉这一限制条件，要求证的结论如何变换？题型二分析法：例2若a,b,c是不全相等的正数，求证：lg+ lg+ lglga+lgb+lgc。证明

7、：要证lg+ lg+ lglga+lgb+lgc，只需证lglg（abc），只需证abc。但是，。且上述三式中的等号不全成立，所以，abc。因此lg+ lg+ lglga+lgb+lgc。分析：从定不等式不易发现证明的出发点，因此我们直接从待证不等式出发，分析其成立的重要条件练习:在锐角中,求证:证明:要证明只需证因为A、B为锐角,所以只需证只需证因为C为锐角,为钝角所以恒成立所以题型三反证法：例1、已知a是整数，2能整除，求证：2能整除a.证明： 假设命题的结论不成立，即“2不能整除a”。因为a是整数，故a是奇数，a可表示为2m+1（m为整数），则，即是奇数。所以，2不能整除。这与已知“2能

8、整除”相矛盾。于是，“2不能整除a”这个假设错误，故2能整除a.例2、在同一平面内，两条直线a，b都和直线c垂直。求证：a与b平行。证明：假设命题的结论不成立，即“直线a与b相交”。设直线a，b的交点为M，a，c的交点为P，b，c的交点为Q，如图所示，则。这样的内角和这与定理“三角形的内角和等于”相矛盾，这说明假设是错误的。所以直线a与b不相交，即a与b平行。例3、求证：是无理数。证明： 不是无理数，即是有理数，那么它就可以表示成两个整数之比，设，且p，q互素，则。所以 .故是偶数，q也必然为偶数。设q=2k，代入式，则有，即，所以p也为偶数。P和q都是偶数，它们有公约数2，这与p，q互素相矛

9、盾。因此，假设不成立，即“是无理数”。练习：已知，求证：不能同时大于。证法一：假设三式同时大于，即，三式同向相乘得，又，同理，这与假设矛盾，故原命题得证。证法二：假设三式同时大于，同理三式相加得，这是矛盾的，故假设错误，所以原命题得证1、已知a，b，c是不全相等的正数，求证：证明：2bc,a0,2abc 同理 2abc 2abc 因为a，b，c不全相等，所以2bc, 2ca, 2ab三式不能全取“=”号，从而、三式也不能全取“=”号2、已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，求证：证明：左右=2（ab+bcac）a，b，c成等比数列，又a，b，c都是正数，所以3、若实数，求证：证明：采

10、用差值比较法：4、已知a,b,c,dR,求证:ac+bd分析一:用分析法证法一:(1)当ac+bd0时,显然成立(2)当ac+bd0时,欲证原不等式成立,只需证(ac+bd)2(a2+b2)(c2+d2)即证a2c2+2abcd+b2d2a2c2+a2d2+b2c2+b2d2即证2abcdb2c2+a2d2即证0(bc-ad)2因为a,b,c,dR,所以上式恒成立,综合(1)、(2)可知:原不等式成立分析二:用综合法证法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)=(ac+bd)2+(bc-ad

11、)2(ac+bd)2|ac+bd|ac+bd故命题得证分析三:用比较法证法三:(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)20,(a2+b2)(c2+d2)(ac+bd)2|ac+bd|ac+bd,即ac+bd 5、设a、b是两个正实数，且ab，求证：a3+b3a2b+ab2 证明：(用分析法思路书写) 要证 a3+b3a2b+ab2成立， 只需证(a+b)(a2-ab+b2)ab(a+b)成立， 即需证a2-ab+b2ab成立。(a+b0) 只需证a2-2ab+b20成立， 即需证(a-b)20成立。 而由已知条件可知，ab，有a-b0，所以(a-b)20显然成立，由此命题

12、得证。 (以下用综合法思路书写) ab，a-b0，(a-b)20，即a2-2ab+b20 亦即a2-ab+b2ab 由题设条件知，a+b0，(a+b)(a2-ab+b2)(a+b)ab即a3+b3a2b+ab2，由此命题得证._基础巩固一、选择题1 设ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若bcos Cccos Basin A，则ABC的形状为()A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形 D不确定答案B解析由正弦定理得sinBcosCsinCcosBsin2A，所以，sin(BC)sin2A，sinAsin2A，而sinA0，sinA1，A，所以ABC是直角三角形2 已知x、y为正实数，

13、则()A2lgxlgy2lgx2lgy B2lg(xy)2lgx2lgyC2lgxlgy2lgx2lgy D2lg(xy)2lgx2lgy答案D解析2lg(xy)2(lgxlgy)2lgx2lgy.3设a、bR，且ab，ab2，则必有()A1abBab1Cab1 D1ab答案B解析ab2(ab)4设0x1，则a，b1x，c中最大的一个是()AaBbCcD不能确定答案C解析因为bc(1x)0，所以b2x0，所以b1xa，所以abx0，且xy1，那么()Axy2xy B2xyxyCx2xyy Dx2xyx0，且xy1，设y，x，则，2xy.所以有x2xy0，b0，mlg，nlg，则m与n的大小关系

14、为_答案mn解析因为()2ab2ab0，所以，所以mn.8设a，b，c，则a、b、c的大小关系为_答案acb解析b，c，显然bc，而a22，c2828c.也可用ac20显然成立，即ac.9如果abab，则实数a、b应满足的条件是_答案ab且a0，b0解析abababab0a()b()0(ab)()0()()20只需ab且a，b都不小于零即可三、解答题10 已知nN*，且n2，求证：.证明要证，即证1n，只需证n1，n2，只需证n(n1)(n1)2，只需证nn1，只需证01，最后一个不等式显然成立，故原结论成立一、选择题11 设函数f(x)的导函数为f (x)，对任意xR都有f (x)f(x)成

15、立，则()A3f(ln2)2f(ln3)B3f(ln2)0)，则F(x)，x0，lnxR，对任意xR都有f (x)f(x)，f(lnx)f(lnx)，F(x)0，F(x)为增函数，320，F(3)f(2)，即，3f(ln2)2f(ln3)12要使成立，a、b应满足的条件是()AabbBab0且abCab0且a0且ab或ab0且ab答案D解析ab33ab.0时，有，即ba；当ab，即ba.13 若两个正实数x、y满足1，且不等式x0，y0，1，x(x)()2224，等号在y4x，即x2，y8时成立，x的最小值为4，要使不等式m23mx有解，应有m23m4，m4，故选B.14 在f(m，n)中，m

16、、n、f(m，n)N*，且对任意m、n都有：(1)f(1,1)1，(2)f(m，n1)f(m，n)2，(3)f(m1,1)2f(m,1)；给出下列三个结论：f(1,5)9；f(5,1)16；f(5,6)26；其中正确的结论个数是()个A3B2C1D0答案A解析f(m，n1)f(m，n)2，f(m，n)组成首项为f(m,1)，公差为2的等差数列，f(m，n)f(m,1)2(n1)又f(1,1)1，f(1,5)f(1,1)2(51)9，又f(m1,1)2f(m,1)，f(m,1)构成首项为f(1,1)，公比为2的等比数列，f(m,1)f(1,1)2m12m1，f(5,1)25116，f(5,6)f

17、(5,1)2(61)161026，都正确，故选A.二、填空题15若sinsinsin0，coscoscos0，则cos()_.答案解析由题意sinsinsincoscoscos，两边同时平方相加得22sinsin2coscos12cos()1，cos().三、解答题16已知a、b、c表示ABC的三边长，m0，求证：.证明要证明，只需证明0即可，a0，b0，c0，m0，(am)(bm)(cm)0，a(bm)(cm)b(am)(cm)c(am)(bm)abcabmacmam2abcabmbcmbm2abcbcmacmcm22abmam2abcbm2cm22abmabc(abc)m2，ABC中任意两

18、边之和大于第三边，abc0，(abc)m20，2abmabc(abc)m20，.17求证：2cos().证明要证明原等式成立即证明sin(2)2sincos()sin，又因为sin(2)2sincos()sin()2sincos()sin()coscos()sin2sincos()sin()coscos()sinsin()sin.所以原命题成立备用例题1：已知 求证：证明：由于x，y，zR，a，b，cR，则 所以.备用例题2: 已知，求证：cossin3(cossin)证明：要证cossin3(cossin)，只需证，只需证，只需证1tan3(1tan)，只需证tan，1tan2tan，即2t

19、an1.tan显然成立，结论得证一、选择题1否定结论“至多有两个解”的说法中，正确的是()A有一个解B有两个解C至少有三个解 D至少有两个解答案C解析在逻辑中“至多有n个”的否定是“至少有n1个”，所以“至多有两个解”的否定为“至少有三个解”，故应选C.2否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时的正确反设为()Aa、b、c都是奇数Ba、b、c或都是奇数或至少有两个偶数Ca、b、c都是偶数Da、b、c中至少有两个偶数答案B解析a，b，c三个数的奇、偶性有以下几种情况：全是奇数；有两个奇数，一个偶数；有一个奇数，两个偶数；三个偶数因为要否定，所以假设应为“全是奇数或至少有两个偶数”故应选B.3用反

20、证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60”时，反设正确的是()A假设三内角都不大于60B假设三内角都大于60C假设三内角至多有一个大于60D假设三内角至多有两个大于60答案B解析“至少有一个不大于”的否定是“都大于60”故应选B.4用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，下列假设正确的是()A假设a，b，c都是偶数B假设a、b，c都不是偶数C假设a，b，c至多有一个偶数D假设a，b，c至多有两个偶数答案B解析“至少有一个”反设词应为“没有一个”，也就是说本题应假设为a，b，c都不是偶数5命题“ABC中，若AB，则ab

21、”的结论的否定应该是()Aab”的否定应为“ab或a0，x11且xn1(n1,2)，试证“数列xn或者对任意正整数n都满足xnxn1”，当此题用反证法否定结论时，应为()A对任意的正整数n，都有xnxn1B存在正整数n，使xnxn1C存在正整数n，使xnxn1且xnxn1D存在正整数n，使(xnxn1)(xnxn1)0答案D解析命题的结论是“对任意正整数n，数列xn是递增数列或是递减数列”，其反设是“存在正整数n，使数列既不是递增数列，也不是递减数列”故应选D.二、填空题11命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定是_答案没有一个是三角形或四边形或五边形解析“至少有

22、一个”的否定是“没有一个”12用反证法证明命题“a，bN，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么反设的内容是_答案a，b都不能被5整除解析“至少有一个”的否定是“都不能”13用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：ABC9090C180，这与三角形内角和为180相矛盾，则AB90不成立；所以一个三角形中不能有两个直角；假设A，B，C中有两个角是直角，不妨设AB90.正确顺序的序号排列为_答案解析由反证法证明的步骤知，先反证即，再推出矛盾即，最后作出判断，肯定结论即，即顺序应为.14用反证法证明质数有无限多个的过程如下：假设_设全体质数为p1、p2、pn，令pp1p2pn1.显然，p不含因数p1、p2、pn.故p要么是质数，要么含有_的质因数这表明，除质数p1、p2、pn之外，还有质数，因此原假设不成立于是，质数有无限多个答案质数只有有限多个除p1、p2、pn之外解析由反证法的步骤可得三、解答题15已知：abc0，abbcca0，abc0.求证：a0，b0，c0.证明用反证法：假设a，b，c不都是正数，由abc0可知，这三个数中必有两个为负数，一个为正数，不妨设a0，b0，则由abc0，可得c(ab)，又ab0，c