高三数学总复习学案38

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高三数学总复习学案38

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:→→→…→(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:→→→…→.‎ ‎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a>b,那么>”的假设内容应是(  )‎ A.= B.< C.=且< D.=或< ‎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|‎ B.a2+≥a+ C.-<- D.|a-b|+≥2‎ ‎4.(2010·广东)在集合{a,b,c,d}上定义两种运算⊕和⊗如下:‎ 那么d⊗(a⊕c)等于(  )‎ A.a B.b C.c D.d ‎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 已知a,b,c都是实数,求证:a2+b2+c2≥(a+b+c)2≥ab+bc+ca.‎ 变式迁移1 设a,b,c>0,证明:‎ ++≥a+b+c.‎ 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 a+lg b+lg c.‎ 变式迁移2 已知a>0,求证: -≥a+-2.‎ 探究点三 反证法 例3 若x,y都是正实数,且x+y>2,‎ 求证:<2与<2中至少有一个成立.‎ 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: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.‎ 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|>|a2b+ab2-2ab|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>1,‎ 即x2-1>1或x2-1<-1.[2分]‎ 由x2-1>1,得x2>2,即x<-或x>;由x2-1<-1,得x∈∅.‎ 综上可知x的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).[4分]‎ ‎(2)证明 由题意知即证>成立.[6分]‎ ‎∵a≠b,且a、b都为正数,‎ ‎∴===(a-b)2,‎ ==ab(-)2=(a-b)2,[8分]‎ 即证(a-b)2-(a-b)2>0,‎ 即证(a-b-a+b)(a-b+a-b)>0,‎ 需证>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|与|a2b+ab2-2ab|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(  )‎ A.<1 B.a2>b2‎ C.|a+b|>|a-b| D.> ‎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)-f(x2)|<.那么他的反设应该是______________________________.‎ ‎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)‎ ‎9.(12分)已知非零向量a、b,a⊥b,求证:≤.‎ ‎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).‎ ‎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不能同时大于.‎ 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 [因为>的否定是≤,‎ 即=或<.]‎ ‎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.]‎ ‎5.C [a+b+c=x++y++z+≥6,‎ 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.‎ ‎∴a2+b2+c2≥(a+b+c)2;‎ ‎∵a2+b2+c2≥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,‎ 有+b≥‎2a,+c≥2b,+a≥‎2c.‎ 三式相加:+++a+b+c≥2(a+b+c).‎ 即++≥a+b+c.‎ 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lg+lg+lg>lg a+lg b+lg c,‎ 只需证lg>lg(a·b·c),‎ 只需证··>abc.(中间结果)‎ 因为a,b,c是不全相等的正数,‎ 则≥>0,≥>0,≥>0.‎ 且上述三式中的等号不全成立,‎ 所以··>abc.(中间结果)‎ 所以lg+lg+lg>lg a+lg b+lg c.‎ 变式迁移2 证明 要证 -≥a+-2,‎ 只要证 +2≥a++.‎ ‎∵a>0,故只要证 2≥2,‎ 即a2++4 +4‎ ‎≥a2+2++2+2,‎ 从而只要证2≥,‎ 只要证4≥2,‎ 即a2+≥2,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.‎ 证明 假设<2和<2都不成立,‎ 则有≥2和≥2同时成立,‎ 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,‎ 因此<2与<2中至少有一个成立.‎ 变式迁移3 证明 假设a,b,c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0.‎ ‎∵a=x2-2y+,b=y2-2z+,c=z2-2x+,‎ ‎∴x2-2y++y2-2z++z2-2x+ ‎=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+(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.‎ 课后练习区 ‎1.B ‎2.C [由a2+c2>‎2ac⇒2bc>‎2ac⇒b>a,可排除A、D,令a=2,c=1,可得b=,可知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.]‎ ‎4.D [<1⇔<0⇔a(a-b)>0.‎ ‎∵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;‎ 由于>⇔>0⇔(a-b)a2b2>0.‎ ‎∵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,‎ 由得 那么,A2+B2+C2=,‎ 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|,‎ 则|f(x1)-f(x2)|≥”‎ ‎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)‎ 要证≤,只需证:|a|+|b|≤|a-b|,(4分)‎ 平方得:|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2-‎2a·b),(8分)‎ 只需证:|a|2+|b|2-2|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+c2).‎ ‎∴a3+b3+c3≥(a2+b2+c2)(a+b+c).(12分)‎ ‎11.证明 方法一 假设三式同时大于,‎ 即(1-a)b>,(1-b)c>,(1-c)a>,(3分)‎ ‎∵a、b、c∈(0,1),‎ ‎∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a>.‎ ‎(8分)‎ 又(1-a)a≤2=,(10分)‎ 同理(1-b)b≤,(1-c)c≤,‎ ‎∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤,(12分)‎ 这与假设矛盾,故原命题正确.(14分)‎ 方法二 假设三式同时大于,‎ ‎∵00,(2分)‎ ≥ > =,(8分)‎ 同理>,>,(10分)‎ 三式相加得>,这是矛盾的,故假设错误,‎ ‎∴原命题正确.(14分)‎
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