高三数学总复习学案38

1、学案学案 38直接证明与间接证明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 ： 利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的_，最后 推导出所要证明的结论_，这种证明方法叫做综合法 框图表示：(其中 P 表示已知条件，Q 表示要PQ1Q1Q2Q2Q3QnQ 证的结论) (2)分析法 定义 ： 从_出发，逐步寻求使它成立的_，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(已知条件、定理、定义、公

2、理等)这种证明的 方法叫做分析法 框图表示：.QP1P1P2P2P3得到一个明显成立的条件 2间接证明 反证法 ： 假设原命题_(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_，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 自我检测 1分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的() A充分条件 B必要条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 2(2011揭阳模拟)用反证法证明“如果 ab，那么”的假设内容应是() 3 a 3 b A. B. 3 a 3 b 3 a 3 b C.且 D.或 3 a 3 b 3 a 3 b 3 a 3 b 3 a 3 b 3设

3、a、b、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是() A|ac|ab|cb| Ba2a 1 a2 1 a C.0，证明： abc. a2 b b2 c c2 a 探究点二分析法 例 2 (2011马鞍山月考)若 a，b，c 是不全相等的正数，求证： lg lg lg lg alg blg c. ab 2 bc 2 ca 2 变式迁移 2已知 a0，求证： a 2.a2 1 a2 2 1 a 探究点三反证法 例 3 若 x，y 都是正实数，且 xy2， 求证：2 与|a2bab22ab|成立证明时注意提abab 取公因式及配方法的运用 【答题模板】 (1)解由题意得1，|x21| 即 x

4、211 或 x211.2 分 由 x211，得 x22，即 x或 x；由 x211，得 x.22 综上可知 x 的取值范围为(，)(，)4 分22 (2)证明由题意知即证成立6 分|a3b32ab ab|a2bab22ab ab| ab，且 a、b 都为正数， (ab)2，|a3b32ab ab|a32 b322 a3b3|a3 b32|ab ab()2(ab)2，8 分|a2bab22ab ab|abab2 ab|abba 即证(ab)2(ab)20，abba 即证(abab)(abab)0，abbaabba 需证0，10 分a bababa b 即证(ab)(ab)20，a、b 都为正数且

5、 ab，上式成立故原命题成立12 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|a3b32ab|与|a2bab22ab|中的绝对值符号去掉为后续等价变形提abab 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

6、分析综合法 3用反证法证明问题的一般步骤： (1)反设：假定所要证的结论不成立，即结论的反面(否定命题)成立；(否定结论) (2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾与已知条件、 已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾) (3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误既然结论的反面 不成立，从而肯定了结论成立(结论成立) (满分：75 分) 一、选择题(每小题 5 分，共 25 分) 1用反证法证明命题“若整系数一元二次方程 ax2bxc0 (a0)有有理数根，那么 a、b、c 中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是() A假设

7、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 2(2011济南模拟)a，b，c 为互不相等的正数，且 a2c22bc，则下列关系中可能成 立的是() Aabc Bbca Cbac Dacb 3设 a、b、c(0，)，Pabc，Qbca，Rcab，则“PQR0”是 “P、Q、R 同时大于零”的() A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分且必要条件 D既不充分也不必要条件 4(2010上海普陀 2 月统考)已知 a、b 是非零实数，且 ab，则下列不等式中成立的是 () A. b2 b a C|ab|ab| D

8、. 1 ab2 1 a2b 5(2011厦门月考)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() AA1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形 BA1B1C1和A2B2C2都是钝角三角形 CA1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形 DA1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形 二、填空题(每小题 4 分，共 12 分) 6(2011江苏前黄高级中学模拟)某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数 f(x)在 0,1上有意义，且 f(0)f(1)，如果对于不同的 x1，x20,1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|，求 证：|f(x1)f(x

9、2)|0，求证：a3b3c3 (a2b2c2)(ab 1 3 c) 11(14 分)(2011宁波月考)已知 a、b、c(0,1)，求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a 不 能同时大于 . 1 4 学案学案 38直接证明与间接证明直接证明与间接证明 自主梳理 1(1)推理论证成立(2)要证明的结论充分条件 2不成立矛盾 自我检测 1A由分析法的定义可知 2D因为的否定是， 3 a 3 b 3 a 3 b 即或0.A 中|ab|cb|(ab)(cb)|ac|，B 作 差可证； C 移项平方可证 4A由所给的定义运算知 acc，dca. 5Cabcx y z 6， 1 y 1 z 1 x 因此

10、 a、b、c 至少有一个不小于 2. 课堂活动区 例 1 解题导引综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的 运用这里可从基本不等式相加的角度先证得 a2b2c2abbcca 成立，再进一步得出 结论 证明a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca， 三式相加得 a2b2c2abbcca， 3a23b23c2(a2b2c2)2(abbcca) (abc)2. a2b2c2 (abc)2； 1 3 a2b2c2abbcca， a2b2c22(abbcca) abbcca2(abbcca)， (abc)23(abbcca) 原命题得证 变式迁移 1证明a，b，c0，根据基本不等

11、式， 有b2a，c2b， a2c. a2 b b2 c c2 a 三式相加： abc2(abc) a2 b b2 c c2 a 即 abc. a2 b b2 c c2 a 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 lglglglg alg blg c， ab 2 bc 2 ca 2 只需证 lglg(abc)， ( ab 2 bc 2 ca 2) 只需证abc.(中间结果) ab 2 bc 2 ca 2 因为 a，b，c 是不全相等的正数， 则0，0，0. ab 2 ab bc 2 bc

12、 ca 2 ca 且上述三式中的等号不全成立， 所以abc.(中间结果) ab 2 bc 2 ca 2 所以 lglglglg alg blg c. ab 2 bc 2 ca 2 变式迁移 2证明要证 a 2，a2 1 a2 2 1 a 只要证 2a .a2 1 a2 1 a 2 a0，故只要证 22， ( a2 1 a22) (a 1 a 2) 即 a24 4 1 a2 a2 1 a2 a2222， 1 a2 2(a1 a) 从而只要证 2，a2 1 a2 2(a1 a) 只要证 42， (a 21 a2) (a 221 a2) 即 a22，而该不等式显然成立，故原不等式成立 1 a2 例

13、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2 和0 且 y0， 所以 1x2y，且 1y2x， 两式相加，得 2xy2x2y， 所以 xy2， 这与已知条件 xy2 相矛盾， 因此2 与0， (x1)2(y1)2(z1)2(

14、3)0. 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 1B 2C由 a2c22ac2bc2acba，可排除 A、D，令 a2，c1，可得 b ，可 5 2 知 C 可能成立 3C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 矛盾，即充分性也成 立 4D 10. b a ba a ab，ab0.而 a 可能大于 0，也可能小于 0， 因此 a(ab)0 不一定成立，即 A 不一定成立； a2b2(ab)(ab)0，ab0，只有当 ab0 时，a2b2成立，故 B 不一定成立

15、； |ab|ab|(ab)2(ab)2ab0， 而 ab0(ab)a2b20. 1 ab2 1 a2b ab a2b2 a，b 非零，ab，上式一定成立，因此只有 D 正确 5D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A2B2C2是锐角三角形， 由Error!得Error! 那么，A2B2C2 ， 2 这与三角形内角和为 相矛盾，所以假设不成立，所以A2B2C2是钝角三角形 6“x1，x20,1，使得|f(x1)f(x2)|0， (a2b2)(ab)2ab(ab)，(3 分) a3b3a2bab22ab(ab)2a2b2ab2， a3b3a2bab2.(6 分) 同理，b3c3b2cbc2，a3c3a2cac2， 将三式相加得， 2(a3b3c3)a2bab2b2cbc2a2cac2.(9 分) 3(a3b3c3)(a3a2ba2c)(b3b2ab2c)(c3c2ac2b)(abc)(a2b2 c2) a3b3c3 (a2b2c2)(abc)(12 分) 1 3 11证明方法一假设三式同时大于 ， 1 4 即(1a)b ，(1b)c ，(1c)a ，(3 分) 1 4 1 4 1 4 a、b、c(0,1)， 三式同向相乘得(1a)b(1b