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2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套学案38 直接证明与间接证明


学案 38

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 ①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. ②框图表示: P?Q1 → Q1?Q2 → Q2?Q3 →?→ Qn?Q (其中 P 表示已知条件,Q 表 示要证的结论). (2)分析法 ①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、公理等).这种证明的方 法叫做分析法. ②框图表示: Q?P1 → P1?P2 → P2?P3 →?→ 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 3 3 2.(2011· 揭阳模拟)用反证法证明“如果 a>b,那么 a> b”的假设内容应是( 3 3 A. a= b 3 3 B. a< b ) )

3 3 3 3 3 3 3 3 C. a= b且 a< b D. a= b或 a< b 3.设 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.|a-c|≤|a-b|+|c-b| 1 1 B.a2+ 2≥a+ a a C. a+3- a+1< a+2- a 1 D.|a-b|+ ≥2 a-b 4.(2010· 广东)在集合{a,b,c,d}上定义两种运算⊕和?如下:

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那么 d?(a⊕c)等于( A.a B.b

) C.c D.d

1 1 1 + 5.(2011· 东北三省四市联考)设 x、y、z∈R ,a=x+ ,b=y+ ,c=z+ ,则 a、b、c y z x 三数( ) A.至少有一个不大于 2 B.都小于 2 C.至少有一个不小于 2 D.都大于 2

探究点一 综合法 例1 1 已知 a,b,c 都是实数,求证:a2+b2+c2≥ (a+b+c)2≥ab+bc+ca. 3

变式迁移 1 设 a,b,c>0,证明: a2 b2 c2 + + ≥a+b+c. b c 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: a+b b+c c+a lg +lg +lg >lg a+lg b+lg c. 2 2 2

变式迁移 2 已知 a>0,求证:

1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2. a a

探究点三 反证法 例 3 若 x,y 都是正实数,且 x+y>2,

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1+x 1+y 求证: <2 与 <2 中至少有一个成立. y x

π π π 变式迁移 3 若 a,b,c 均为实数,且 a=x2-2y+ ,b=y2-2z+ ,c=z2-2x+ .求证: 2 3 6 a,b,c 中至少有一个大于 0.

转化与化归思想的应用 例 (12 分)(2010· 上海改编)若实数 x、y、m 满足|x-m|>|y-m|,则称 x 比 y 远离 m. (1)若 x2-1 比 1 远离 0,求 x 的取值范围. (2)对任意两个不相等的正数 a、b,证明:a3+b3 比 a2b+ab2 远离 2ab ab. 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|a3+b3-2ab ab|>|a2b+ab2-2ab ab|成立.证明时注意提取 公因式及配方法的运用. 【答题模板】 2 (1)解 由题意得|x -1|>1, 2 2 即 x -1>1 或 x -1<-1.[2 分] 由 x2-1>1,得 x2>2,即 x<- 2或 x> 2;由 x2-1<-1,得 x∈?. 综上可知 x 的取值范围为(-∞,- 2)∪( 2,+∞).[4 分] (2)证明 由题意知即证|a3+b3-2ab ab|>|a2b+ab2-2ab ab|成立.[6 分] ∵a≠b,且 a、b 都为正数, 3 3 3 2 3 2 3 3 3 3 2 ∴|a +b -2ab ab|=|? a ? +? b ? -2 a b |=|? a - b ? |=(a a-b b)2, ab|=|ab?a+b-2 ab?|=ab( a- b)2=(a b-b a)2,[8 分] 即证(a a-b b)2-(a b-b a)2>0, 即证(a a-b b-a b+b a)(a a-b b+a b-b a)>0, 需证[? a- b??a+b?][?a-b?? a+ b?]>0,[10 分] 即证(a+b)(a-b)2>0,∵a、b 都为正数且 a≠b,∴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|a3+b3-2ab ab|与|a2b+ab2-2ab ab|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】

|a2b+ab2-2ab

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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 ax2+bx+c=0 (a≠0)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 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 a2+c2=2bc,则下列关系中可能成立 的是( ) A.a>b>c B.b>c>a C.b>a>c D.a>c>b 3.设 a、b、c∈(0,+∞),P=a+b-c,Q=b+c-a,R=c+a-b,则“PQR>0”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 a>b, 则下列不等式中成立的是( ) b 2 2 A. <1 B.a >b a 1 1 C.|a+b|>|a-b| D. 2> 2 ab a b 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( ) A.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是锐角三角形 B.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是钝角三角形 C.△A1B1C1 是钝角三角形,△A2B2C2 是锐角三角形 D.△A1B1C1 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,x2∈[0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,求证:|f(x1) 1 -f(x2)|< .那么他的反设应该是______________________________. 2

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7.对于任意实数 a,b 定义运算 a*b=(a+1)(b+1)-1,给出以下结论: ①对于任意实数 a,b,c,有 a*(b+c)=(a*b)+(a*c); ②对于任意实数 a,b,c,有 a*(b*c)=(a*b)*c; ③对于任意实数 a,有 a*0=a.则以上结论正确的是________.(写出你认为正确的结论的 所有序号) 8.(2011· 揭阳模拟)已知三棱锥 S—ABC 的三视图如图所示:在原三棱锥中给出下列命题: ①BC⊥平面 SAC;②平面 SBC⊥平面 SAB;③SB⊥AC. 其中命题正确的是________(填序号).

三、解答题(共 38 分) |a|+|b| 9.(12 分)已知非零向量 a、b,a⊥b,求证: ≤ 2. |a-b|

1 10.(12 分)(2011· 宁波月考)已知 a、b、c>0,求证:a3+b3+c3≥ (a2+b2+c2)(a+b+c). 3

11.(14 分)(2011· 宁波月考)已知 a、b、c∈(0,1),求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能 1 同时大于 . 4

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学案 38

直接证明与间接证明

自主梳理 1.(1)①推理论证 成立 (2)①要证明的结论 充分条件 2.不成立 矛盾 自我检测 1.A [由分析法的定义可知.] 2.D 3 3 3 3 [因为 a> b的否定是 a≤ b,

3 3 3 3 即 a= b或 a< b.] 3.D [D 选项成立时需得证 a-b>0.A 中|a-b|+|c-b|≥|(a-b)-(c-b)|=|a-c|,B 作差 可证; C 移项平方可证.] 4.A [由所给的定义运算知 a⊕c=c,d?c=a.] 1 1 1 5.C [a+b+c=x+ +y+ +z+ ≥6, y z x 因此 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 a2+b2+c2≥ab+bc+ca 成立, 再进一步得出结论. 证明 ∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca, 三式相加得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca, ∴3a2+3b2+3c2≥(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ca) =(a+b+c)2. 1 ∴a2+b2+c2≥ (a+b+c)2; 3 2 2 2 ∵a +b +c ≥ab+bc+ca, ∴a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) ≥ab+bc+ca+2(ab+bc+ca), ∴(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca). ∴原命题得证. 变式迁移 1 证明 ∵a,b,c>0,根据基本不等式, a2 b2 c2 有 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c. b c a a2 b2 c2 三式相加: + + +a+b+c≥2(a+b+c). b c a a2 b2 c2 即 + + ≥a+b+c. b c 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. a+b b+c c+a 证明 要证 lg +lg +lg >lg a+lg b+lg c, 2 2 2 a+b b+c c+a? 只需证 lg? b· c), ? 2 · 2 · 2 ?>lg(a·

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a+b b+c c+a 只需证 · · >abc.(中间结果) 2 2 2 因为 a,b,c 是不全相等的正数, a+b b+c c+a 则 ≥ ab>0, ≥ bc>0, ≥ ca>0. 2 2 2 且上述三式中的等号不全成立, a+b b+c c+a 所以 · · >abc.(中间结果) 2 2 2 a+b b+c c+a 所以 lg +lg +lg >lg a+lg b+lg c. 2 2 2 1 1 变式迁移 2 证明 要证 a2+ 2- 2≥a+ -2, a a 1 1 只要证 a2+ 2+2≥a+ + 2. a a 1 1 a+ + 2?2, ∵a>0,故只要证 ? a2+ 2+2?2≥? a ? ? a ? ? 1 1 即 a2+ 2+4 a2+ 2+4 a a 1 1 a+ ?+2, ≥a2+2+ 2+2 2? ? a? a 1? 1 从而只要证 2 a2+ 2≥ 2? ?a+a?, a 1 1 a2+ 2?≥2?a2+2+ 2?, 只要证 4? a? ? a? ? 1 2 即 a + 2≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立. a 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①与已 知条件矛盾,②与假设矛盾,③与定义、公理、定理矛盾,④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. 1+x 1+y 证明 假设 <2 和 <2 都不成立, y x 1+x 1+y 则有 ≥2 和 ≥2 同时成立, y x 因为 x>0 且 y>0, 所以 1+x≥2y,且 1+y≥2x, 两式相加,得 2+x+y≥2x+2y, 所以 x+y≤2, 这与已知条件 x+y>2 相矛盾, 1+x 1+y 因此 <2 与 <2 中至少有一个成立. y x 变式迁移 3 证明 假设 a,b,c 都不大于 0,即 a≤0,b≤0,c≤0. π π π ∵a=x2-2y+ ,b=y2-2z+ ,c=z2-2x+ , 2 3 6 π π π ∴x2-2y+ +y2-2z+ +z2-2x+ 2 3 6 2 2 2 =(x-1) +(y-1) +(z-1) +(π-3)≤0,① 又∵(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0,π-3>0, ∴(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+(π-3)>0.② ①式与②式矛盾,∴假设不成立,即 a,b,c 中至少有一个大于 0.
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课后练习区 1.B 5 [由 a2+c2>2ac?2bc>2ac?b>a,可排除 A、D,令 a=2,c=1,可得 b= ,可知 2 C 可能成立.] 3.C [必要性是显然成立的,当 PQR>0 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 P>0,Q<0,R<0, 则 Q+R=2c<0,这与 c>0 矛盾, 即充分性也成立. ] b-a b 4.D [ <1? <0?a(a-b)>0. a a ∵a>b,∴a-b>0.而 a 可能大于 0,也可能小于 0, 因此 a(a-b)>0 不一定成立,即 A 不一定成立; a2>b2?(a-b)(a+b)>0,∵a-b>0,只有当 a+b>0 时,a2>b2 成立,故 B 不一定成立; |a+b|>|a-b|?(a+b)2>(a-b)2?ab>0, 而 ab<0 也有可能,故 C 不一定成立; 1 1 a-b 由于 2> 2 ? 2 2 >0?(a-b)a2b2>0. ab a b a b ∵a,b 非零,a>b,∴上式一定成立,因此只有 D 正确.] 5.D [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, 2.C

? ? π ? 由?sin B =cos B =sin? ?2-B ?, ? -C ?, ?sin C =cos C =sin??π 2 ?
2 1 1 2 1 1

π ? sin A2=cos A1=sin? ?2-A1?,

? ? π 得?B =2-B , ? -C , ?C =π 2
2 1 2 1

π A2= -A1, 2

π 那么,A2+B2+C2= , 2 这与三角形内角和为 π 相矛盾,所以假设不成立,所以△A2B2C2 是钝角三角形.] 6.“?x1,x2∈[0,1],使得|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|, 1 则|f(x1)-f(x2)|≥ ” 2 7.②③ 解析 按新定义,可以验证 a*(b+c)≠(a*b)+(a*c); 所以①不成立;而 a*(b*c)=(a*b)*c 成立, a*0=(a+1)(0+1)-1=a. 所以正确的结论是②③. 8.① 解析

由三视图知,在三棱锥 S—ABC 中,底面 ABC 为直角三角形且∠ACB=90° ,即 BC⊥AC, 又 SA⊥底面 ABC, ∴BC⊥SA,由于 SA∩AC=A, ∴BC⊥平面 SAC. 所以命题①正确. 由已知推证不出②③命题正确.故填①. 9.证明 ∵a⊥b,∴a· b=0.(2 分)
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|a|+|b| 要证 ≤ 2,只需证:|a|+|b|≤ 2|a-b|,(4 分) |a-b| 平方得:|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2-2a· b),(8 分) 2 2 只需证:|a| +|b| -2|a||b|≥0,(10 分) 即(|a|-|b|)2≥0,显然成立.故原不等式得证. (12 分) 10.证明 ∵a2+b2≥2ab,a、b、c>0, ∴(a2+b2)(a+b)≥2ab(a+b),(3 分) ∴a3+b3+a2b+ab2≥2ab(a+b)=2a2b+2ab2, ∴a3+b3≥a2b+ab2.(6 分) 同理,b3+c3≥b2c+bc2,a3+c3≥a2c+ac2, 将三式相加得, 2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2.(9 分) ∴ 3(a3 + b3 + c3)≥(a3 + a2b + a2c) + (b3 + b2a + b2c) + (c3 + c2a + c2b) = (a + b + c)(a2 + b2 + 2 c ). 1 ∴a3+b3+c3≥ (a2+b2+c2)(a+b+c).(12 分) 3 1 11.证明 方法一 假设三式同时大于 , 4 1 1 1 即(1-a)b> ,(1-b)c> ,(1-c)a> ,(3 分) 4 4 4 ∵a、b、c∈(0,1), 1 ∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a> . 64 (8 分) 1-a+a?2 1 又(1-a)a≤? ? 2 ? =4,(10 分) 1 1 同理(1-b)b≤ ,(1-c)c≤ , 4 4 1 ∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤ ,(12 分) 64 这与假设矛盾,故原命题正确.(14 分) 1 方法二 假设三式同时大于 , 4 ∵0<a<1,∴1-a>0,(2 分) ?1-a?+b 1 1 ≥ ?1-a?b> = ,(8 分) 2 4 2 ?1-b?+c 1 ?1-c?+a 1 同理 > , > ,(10 分) 2 2 2 2 3 3 三式相加得 > ,这是矛盾的,故假设错误, 2 2 ∴原命题正确.(14 分)

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