2024-2025学年高中数学第一章推理与证明1.3反证法学案含解析北师大版选修2-2

PAGE3反证法授课提示：对应学生用书第7页[自主梳理]一、反证法的定义1．在证明数学命题时，要证明的结论要么正确，要么错误，二者________，我们可以先假定命题结论的________成立，在这个前提下，若推出的结果与________相冲突，或与命题中的________相冲突，或与________相冲突，从而说明命题结论的反面________成立，由此断定命题的结论________．这种证明方法叫作________．2．反证法是一种________证明的方法．二、反证法的证明步骤1．作出________的假设；2．进行推理，导出________；3．否定________，确定________．[双基自测]1．命题“在△ABC中，若∠A>∠B，则a>b”的结论的否定应当是()A．a<b B．a≤bC．a＝b D．a≥b2．若a、b、c不全为零，必需且只需()A．abc≠0B．a、b、c中至少有一个为0C．a、b、c中只有一个是0D．a、b、c中至少有一个不为03．用反证法证明命题“假如a＞b，那么eq\r(3,a)＞eq\r(3,b)”时，假设的内容应是()A.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)成立 B.eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)成立C.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)成立 D.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)且eq\r(3,a)＜eq\r(3,b)成立[自主梳理]一、必居其一反面定义、公理、定理已知条件假定不行能成立反证法间接二、否定结论冲突假设结论[双基自测]1．B2．Da、b、c不全为零，即a、b、c中至少有一个不为0.3．C授课提示：对应学生用书第7页探究一证明否定性命题[例1]求证：当x2＋bx＋c2＝0有两个不相等的非零实数根时，bc≠0.[证明]假设bc＝0.(1)若b＝0，c＝0，方程变为x2＝0，则x1＝x2＝0是方程x2＋bx＋c2＝0的两根，这与方程有两个不相等的实数根冲突．(2)若b＝0，c≠0，方程变为x2＋c2＝0，但c≠0，此时方程无解，与x2＋bx＋c2＝0有两个不相等的非零实数根相冲突．(3)若b≠0，c＝0，方程变为x2＋bx＝0，方程根为x1＝0，x2＝－b，这与方程有两个非零实数根相冲突．综上所述，可知bc≠0.结论中出现“不”“不是”“不存在”“不等于”等词语的命题，其反面比较详细，通过反设，转化为确定性命题，作为条件应用，进行推理．此时用反证法更便利．1．设{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和，求证：数列{Sn}不是等比数列．证明：假设{Sn}为等比数列，则Seq\o\al(2,2)＝S1·S3，∴aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)．∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，与q≠0冲突．∴{Sn}不是等比数列．探究二证明唯一性问题[例2]求证函数f(x)＝2x＋1有且只有一个零点．[证明](1)存在性：因为2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0，所以－eq\f(1,2)为函数f(x)＝2x＋1的零点．所以函数f(x)＝2x＋1至少存在一个零点．(2)唯一性：假设函数f(x)＝2x＋1除－eq\f(1,2)外还有零点x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0≠－\f(1,2)))，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝f(x0)＝0.即2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝2x0＋1，∴x0＝－eq\f(1,2)，这与x0≠－eq\f(1,2)冲突．故假设不成立，即函数f(x)＝2x＋1除－eq\f(1,2)外没有零点．综上所述，函数f(x)＝2x＋1有且只有一个零点．1．结论以“有且只有”“只有一个”“唯一存在”等形式出现的“唯一”型命题，由于反设结论易于导出冲突，所以用反证法证明简洁而又明白．2．“有且只有”的含义有两层①存在性：本题中只需找到函数f(x)＝2x＋1的一个零点即可．②唯一性：正面干脆证明较为困难，故可采纳反证法寻求冲突，从而证明原命题的正确性．2．用反证法证明：过已知直线a外一点A只有一条直线b与已知直线a平行．证明：假设过点A还有一条直线b′与已知直线a平行，即b∩b′＝A，b′∥a.因为b∥a，由平行公理知b′∥b.这与假设b∩b′＝A冲突，所以过直线外一点只有一条直线与已知直线平行．探究三证明“至少”“至多”等问题[例3]已知a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6).求证：a，b，c中至少有一个大于0.[证明]假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0.所以a＋b＋c≤0.而a＋b＋c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2y＋\f(π,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－2z＋\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z2－2x＋\f(π,6)))＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.所以a＋b＋c＞0.这与a＋b＋c≤0冲突，故a，b，c中至少有一个大于0.对于否定性命题或结论中出现“至多”“至少”“不行能”等字样时，常用反证法．3．已知x，y，z∈R，x＋y＋z＝1，x2＋y2＋z2＝eq\f(1,2)，求证：x，y，z∈[0，eq\f(2,3)]．证明：假设x，y，z中有负数，不妨设x<0，则x2>0，则y＋z＝1－x，y2＋z2≥eq\f(y＋z2,2)，∴eq\f(1,2)＝x2＋y2＋z2≥x2＋eq\f(y＋z2,2)＝x2＋eq\f(1－x2,2)＝eq\f(3,2)x2－x＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2).∵x<0，∴x－eq\f(2,3)<0.∴eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))>0.∴eq\f(1,2)≥eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2)>eq\f(1,2)，冲突．∴x，y，z中没有负数．假设x，y，z中有一个大于eq\f(2,3)，不妨设x>eq\f(2,3)，则eq\f(1,2)＝x2＋y2＋z2≥x2＋eq\f(y＋z2,2)＝x2＋eq\f(1－x2,2)＝eq\f(3,2)x2－x＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2).∵x>eq\f(2,3)，∴x>0.∴eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))>0.∴eq\f(1,2)≥eq\f(3,2)x(x－eq\f(2,3))＋eq\f(1,2)>eq\f(1,2)，冲突．∴x，y，z中没有大于eq\f(2,3)的．综上，x，y，z∈[0，eq\f(2,3)]．反证法在证明问题中的应用[例4](本题满分12分)已知：0＜α＜eq\f(π,2)，0＜β＜eq\f(π,2)，且sin(α＋β)＝2sinα，求证：α＜β.[证明](1)假设α＝β(α，β均为锐角)2分由sin(α＋β)＝2sinα得sinαcosβ＋cosαsinβ＝2sinα，所以2sinαcosα＝2sinα，所以cosα＝1，3分与α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))相冲突，故α≠β.5分(2)假设α＞β(α，β均为锐角)，由sinαcosβ＋cosαsinβ＝2sinβ得cosαsinβ＝sinα(2－cosβ)，即eq\f(sinα,sinβ)＝eq\f(cosα,2－cosβ).9分由eq\f(π,2)＞α＞β＞0得sinα＞sinβ＞0，eq\f(sinα,sinβ)＞1.10分又0＜cosα＜cosβ＜1，所以2－cosβ＞1，所以eq\f(cosα,2－cosβ)＜1.故eq\f(sinα,sinβ)＝eq\f(cosα,2－cosβ)不成立，故α≤β.11