《直接证明与间接证明》导学案

1、PAGE16直接证明与间接证明导学目标：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及特点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及特点自主梳理1直接证明1综合法定义：从已知条件出发，以_为依据，逐步下推，直到推出所要证明的结论为止，这种证明方法叫做综合法框图表示：eq满足|m|ym|，则称比y远离m1若21比1远离0，求的取值范围2对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3b3比a2bab2远离2abeqrab多角度审题1本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解2第2小题，实质是证明不等式|a3b32abeqrab|a2bab22a

2、beqrab|成立证明时注意提取公因式及配方法的运用【答题模板】1解由题意得eqblc|rc|avs4alco1211，即211或2112分由211，得22，即eqr2或eqr2；由211，得综上可知的取值范围为，eqr2eqr2，4分2证明由题意知即证eqblc|rc|avs4alco1a3b32abrabeqblc|rc|avs4alco1a2bab22abrab成立8分ab，且a、b都为正数，eqblc|rc|avs4alco1a3b32abrabeqblc|rc|avs4alco1ra32rb322ra3b3eqblc|rc|avs4alco1ra3rb32aeqrabeqrb2，eq

3、blc|rc|avs4alco1a2bab22abrabeqblc|rc|avs4alco1abab2rababeqraeqrb2aeqrbbeqra2，10分即证aeqrabeqrb2aeqrbbeqra20，即证aeqrabeqrbaeqrbbeqraaeqrabeqrbaeqrbbeqra0，需证eqblcrcavs4alco1rarbabeqblcrcavs4alco1abrarb0，12分即证abab20，a、b都为正数且ab，上式成立故原命题成立14分【突破思维障碍】1准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键2代数式|a3b32abeqrab|与|a2bab22abeqrab

4、|中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便【易错点剖析】1推理论证能力较差，绝对值符号不会去2运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错1综合法是从条件推导到结论的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论即由因导果2分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法3用反证法证明问题的一般步骤：1反设：假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；否定结论2归谬：从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果；推导矛盾

5、3存真：由矛盾结果断定反设不真，从而肯定原结论成立结论成立一、填空题每小题6分，共48分1用反证法证明命题“若整系数一元二次方程a2bc0a0有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数”假设内容应为_2设a，b是两个实数，给出下列条件：1ab1；2ab2；3ab2；4a2b22；5ab1其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是_填序号3设a、b、c0，Pabc，Qbca，Rcab，则“PQR0”是“P、Q、R同时大于零”的_条件4若a0，b0，ab2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是_写出所有正确命题的序号ab1；eqraeqrbeqr2；a2b22；a3b33；eqf1

6、,aeqf1,b25如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则A2B2C26某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f在0,1上有意义，且f0f1，如果对于不同的1，20,1，都有|f1f2|12|，求证：|f1f2|0，求证：a3b3c3eqf1,3a2b2c2abc1114分已知a、b、c0,1，求证：1ab，1bc，1ca不能同时大于eqf1,4答案自主梳理11已知的定义、公理、定理2结论成立的条件已知条件或已知事实吻合2不成立矛盾自我检测1充分解析由分析法的定义可知r3,aeqr3,b解析eqr3,aeqr3,b的否定是eqr3,aeqr3,b3解析选

7、项成立时需得证ab0中|ab|cb|abcb|ac|，作差可证；移项平方可证fa,b2eqfb,a2eqf1,aeqf1,b解析eqfa,b2eqfb,a2eqblcrcavs4alco1f1,af1,beqfab,b2eqfba,a2abeqblcrcavs4alco1f1,b2f1,a2eqfabab2,a2b2ab0，ab20，eqfabab2,a2b20eqfa,b2eqfb,a2eqf1,aeqf1,b5证明假设a，b，c均小于2，则abc0，根据基本不等式，有eqfa2,bb2a，eqfb2,cc2b，eqfc2,aa2c三式相加：eqfa2,beqfb2,ceqfc2,aabc2

8、abc即eqfa2,beqfb2,ceqfc2,aabc例2解题导引当所给的条件简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法证明要证lgeqfab,2lgeqfbc,2lgeqfca,2lgalgblgc，只需证lgeqblcrcavs4alco1fab,2fbc,2fca,2lgabc，只需证eqfab,2eqfbc,2eqfca,2abc中间结果因为a，b，c是不全相等的正数，则eqfab,2eqrab0，eqfbc,2eqrbc0，eqfca,2eqrca0且上述三式中的等号不全成立，所以eqfab,2eqfbc,2eqfc

9、a,2abc中间结果所以lgeqfab,2lgeqfbc,2lgeqfca,2lgalgblgc变式迁移2证明要证eqra2f1,a2eqr2aeqf1,a2，只要证eqra2f1,a22aeqf1,aeqr2a0，故只要证eqblcrcavs4alco1ra2f1,a222eqblcrcavs4alco1af1,ar22，即a2eqf1,a24eqra2f1,a24a22eqf1,a22eqr2eqblcrcavs4alco1af1,a2，从而只要证2eqra2f1,a2eqr2eqblcrcavs4alco1af1,a，只要证4eqblcrcavs4alco1a2f1,a22eqblcrc

10、avs4alco1a22f1,a2，即a2eqf1,a22，而该不等式显然成立，故原不等式成立例3解题导引1当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器2利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误证明假设eqf1,y2和eqf1y,0且y0，所以12y，且1y2，两式相加，得2y22y，所以y2，这与已知条件y2相

11、矛盾，因此eqf1,y2与eqf1y,0，12y121230式与式矛盾，假设不成立，即a，b，c中至少有一个大于0课后练习区1假设a、b、c都不是偶数23解析若aeqf1,2，beqf2,3，则ab1，但a1，b2，故4推不出；若a2，b3，则ab1，故5推不出；对于3，即ab2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a1且b1，则ab2与ab2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于13充要解析必要性是显然成立的，当PQR0时，若P、Q、R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P0，Q0，R0，则QR2c0，这与c4解析abeqfab,221，成立欲证eqraeqrbeqr2

12、，即证ab2eqrab2，即2eqrab0，显然不成立欲证a2b2ab22ab2，即证42ab2，即ab1，由知成立a3b3aba2abb23a2abb2eqf3,2ab23abeqf3,24eqf3,23ababeqf5,6，由知，abeqf5,6不恒成立欲证eqf1,aeqf1,b2，即证eqfab,ab2，即ab1，由知成立5钝角解析由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2由eqblcrcavs4alco1sinA2cosA1sinblcrcavs4alco1f,2A1，,sinB2cosB1sinblcrcavs4alco1f,2B1，

13、,sinC2cosC1sinblcrcavs4alco1f,2C1得eqblcrcavs4alco1A2f,2A1，,B2f,2B1，,C2f,2C1，那么，A2B2C2eqf,2，这与三角形内角和为相矛盾，所以假设不成立，所以A2B2C26“1，20,1，使得|f1f2|0，a2b2ab2abab，3分a3b3a2bab22abab2a2b2ab2a3b3a2bab27分同理，b3c3b2cbc2，a3c3a2cac将三式相加得，2a3b3c3a2bab2b2cbc2a2cac3a3b3c3a3a2ba2cb3b2ab2cc3c2ac2babca2b2a3b3c3eqf1,3a2b2c2abc14分11证明方法一假设三式同时大于eqf1,4，即1abeqf1,4，1bceqf1,4，1caeqf1,4，3分a、b、c0,1，三式同向相乘得1ab1bc1caeqf1,648分又1aaeqblcrca