2022版备战老高考一轮复习文科数学第6节 直接证明与间接证明 教案

第六节直接证明与间接证明[最新考纲]1.了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点．1．直接证明内容综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件思维过程由因导果执果索因框图表示eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→…→eq\x(Qn⇒Q)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→…→书写格式因为…，所以…或由…，得…要证…，只需证…，即证…2.间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，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，这样的证明方法叫做反证法．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明． ()(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件． ()(3)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a≤b”． ()(4)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾． ()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×二、教材改编1．对于任意角θ，化简cos4θ－sin4θ＝()A．2sinθ B．2cosθC．sin2θ D．cos2θD[cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ.]2．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是()A．假设三个内角都不大于60°B．假设三个内角都大于60°C．假设三个内角至多有一个大于60°D．假设三个内角至多有两个大于60°B[“至少有一个不大于60°”的否定是“没有不大于60°”，即“三个内角都大于60°”，故选B.]3．若P＝eq\r(a＋6)＋eq\r(a＋7)，Q＝eq\r(a＋8)＋eq\r(a＋5)(a≥0)，则P，Q的大小关系是()A．P＞Q B．P＝QC．P＜Q D．由a的取值确定A[由题意知P＞0，Q＞0，P2＝2a＋13＋2eq\r(a2＋13a＋42)，Q2＝2a＋13＋2eq\r(a2＋13a＋40).∵eq\r(a2＋13a＋42)＞eq\r(a2＋13a＋40)，∴P2＞Q2，∴P＞Q，故选A.]4．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为三角形．等边[由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,3)，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq\f(π,3)，∴△ABC为等边三角形．]考点1综合法的应用利用综合法证明问题的思路设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.[证明](1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3).当且仅当“a＝b＝c”时等号成立；(2)因为eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.[母题探究]1．若本例条件不变，证明a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).[证明]因为a＋b＋c＝1，所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，因为2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).2．若本例条件“a＋b＋c＝1”换为abc＝1，其他条件不变，试证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2.[证明]∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac.∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)，当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤a2＋b2＋c2.解答本例第(2)问时，通过基本不等式去掉分母，然后把得到的不等式相加得到答案，这是常用的方法．[教师备选例题]已知函数f(x)＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))(a＞0，且a≠1)．(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称；(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．[证明](1)函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．由已知y＝－eq\f(\r(a),ax＋\r(a))，则－1－y＝－1＋eq\f(\r(a),ax＋\r(a))＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，f(1－x)＝－eq\f(\r(a),a1－x＋\r(a))＝－eq\f(\r(a),\f(a,ax)＋\r(a))＝－eq\f(\r(a)·ax,a＋\r(a)·ax)＝－eq\f(ax,ax＋\r(a))，∴－1－y＝f(1－x)，即函数y＝f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称．(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，即f(x)＋f(1－x)＝－1.∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1.则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.已知a，b，c＞0，a＋b＋c＝1.求证：(1)eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)；(2)eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2).[证明](1)∵(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＝(a＋b＋c)＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ca)≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)(当且仅当a＝b＝c时取等号)．(2)∵a＞0，∴3a＋1＞1，∴eq\f(4,3a＋1)＋(3a＋1)≥2eq\r(\f(4,3a＋1)×3a＋1)＝4，∴eq\f(4,3a＋1)≥3－3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝\f(1,3)时，取等号))，同理得eq\f(4,3b＋1)≥3－3b，eq\f(4,3c＋1)≥3－3c，以上三式相加得4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9－3(a＋b＋c)＝6，∴eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2)(当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时取等号)．考点2分析法的应用利用分析法证明问题的思路及格式(1)分析法的证明思路先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．(2)分析法的格式通常采用“要证(欲证)……”“只需证……”“即证……”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．(1)若a，b∈(1，＋∞)，证明eq\r(a＋b)＜eq\r(1＋ab).[证明]要证eq\r(a＋b)＜eq\r(1＋ab)，只需证(eq\r(a＋b))2＜(eq\r(1＋ab))2，只需证a＋b－1－ab＜0，即证(a－1)(1－b)＜0.因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，即(a－1)(1－b)＜0成立，所以原不等式成立．(2)已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).[证明]要证eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得，b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．解答本例T(2)时，先用分析法得到“需证c2＋a2＝ac＋b2”，再用综合法证明这个结论成立，这是常用的方法．[教师备选例题]已知a，b∈R，a＞b＞e(其中e是自然对数的底数)，用分析法证明：ba＞ab.[证明]∵ba＞0，ab＞0，∴要证：ba＞ab，只要证：alnb＞blna，只要证：eq\f(lnb,b)＞eq\f(lna,a)(∵a＞b＞e)，取函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴当x＞e时，f′(x)＜0，即函数f(x)在(e，＋∞)是减函数．∴当a＞b＞e时，有f(b)＞f(a)，即eq\f(lnb,b)＞eq\f(lna,a)，得证．已知a＞0，证明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.[证明]要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))．因为a＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))＞0，所以只需证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))))eq\s\up20(2)≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－2－\r(2)))eq\s\up20(2)，即2(2－eq\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq\r(2)，只需证a＋eq\f(1,a)≥2.因为a＞0，a＋eq\f(1,a)≥2显然成立当a＝eq\f(1,a)＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．考点3反证法的应用反证法证明问题的三步骤证明否定性命题设{an}是公比为q的等比数列．(1)推导{an}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．[解](1)设{an}的前n项和为Sn.则Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，两式相减得(1－q)Sn＝a1－a1qn＝a1(1－qn)，当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1，所以Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，则(a1＋1)(a3＋1)＝(a2＋1)2，即a1a3＋a1＋a3＋1＝aeq\o\al(2,2)＋2a2＋1，因为{an}是等比数列，公比为q，所以a1a3＝aeq\o\al(2,2)，a2＝a1q，a3＝a1q2，所以a1(1＋q2)＝2a1q.即q2－2q＋1＝0，(q－1)2＝0，q＝1，这与已知q≠1矛盾，所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．当结论是否定性命题时，无法用综合法求解，宜用反证法证明．[教师备选例题]设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？[解](1)证明：若{Sn}是等比数列，则Seq\o\al(2,2)＝S1·S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列．证明“至多”“至少”命题已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．[证明]假设三个方程都没有两个相异实根．则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0，上述三个式子相加得：a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，即(a－b)2＋(b－