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文档介绍
2021高考数学一轮复习第7章不等式推理与证明第5节综合法与分析法反证法教学案文北师大版
第五节 综合法与分析法、反证法 [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. (对应学生用书第118页) 1.综合法 从命题的条件出发,利用定义、公理、定理及运算法则,通过演绎推理,一步一步地接近要证明的结论,直到完成命题的证明,这样的思维方法称为综合法. 2.分析法 从求证的结论出发,一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件,直到归结为这个命题的条件,或者归结为定义、公理、定理等,这样的思维方法称为分析法. 3.反证法 (1)定义:在证明数学命题时,先假定命题结论的反面成立,在这个前提下,若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾,或与命题中的已知条件相矛盾,或与假定相矛盾,从而说明命题结论的反面不可能成立,由此断定命题的结论成立.这种证明方法叫作反证法. (2)反证法的证明步骤是: ①作出否定结论的假设; ②进行推理,导出矛盾; ③否定假设,肯定结论. 一、思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)在解决问题时,常常用分析法寻找解题的思路与方法,再用综合法展现解决问题的过程. ( ) (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.2sin θ B.2cos θ C.sin 2θ D.cos 2θ - 9 - D [cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ.] 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=+,Q=+(a≥0),则P,Q的大小关系是( ) A.P>Q B.P=Q C.P<Q D.由a的取值确定 A [由题意知P>0,Q>0, P2=2a+13+2, Q2=2a+13+2. ∵>, ∴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=,又b2=ac, 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac, ∴a2+c2-2ac=0,即(a-c)2=0,∴a=c, ∴A=C,∴A=B=C=, ∴△ABC为等边三角形.] (对应学生用书第119页) ⊙考点1 综合法的应用 利用综合法证明问题的思路 - 9 - 设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明: (1)ab+bc+ca≤; (2)++≥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≤. 当且仅当“a=b=c”时等号成立; (2)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c, 当且仅当“a2=b2=c2”时等号成立, 故+++(a+b+c)≥2(a+b+c), 即++≥a+b+c. 所以++≥1. [母题探究] 1.若本例条件不变,证明a2+b2+c2≥. [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), - 9 - 即a2+b2+c2≥. 2.若本例条件“a+b+c=1”换为abc=1,其他条件不变,试证:++≤a2+b2+c2. [证明] ∵a2+b2≥2ab, b2+c2≥2bc, c2+a2≥2ac. ∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca ==++, 当且仅当a=b=c=1时等号成立. 所以++≤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)=-(a>0,且a≠1). (1)证明:函数y=f(x)的图像关于点对称; (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),它关于点对称的点的坐标为(1-x,-1-y). 由已知y=-, 则-1-y=-1+=-, f(1-x)=-=- =-=-, ∴-1-y=f(1-x), 即函数y=f(x)的图像关于点对称. (2)由(1)知-1-f(x)=f(1-x), - 9 - 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)++≤; (2)++≥. [证明](1)∵(++)2=(a+b+c)+2+2+2≤(a+b+c)+(a+b)+(b+c)+(c+a)=3, ∴++≤(当且仅当a=b=c时取等号). (2)∵a>0,∴3a+1>1, ∴+(3a+1)≥2=4, ∴≥3-3a, 同理得≥3-3b,≥3-3c, 以上三式相加得 4≥9-3(a+b+c)=6, ∴++≥(当且仅当a=b=c=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<. [证明] 要证<, 只需证()2<()2, 只需证a+b-1-ab<0, - 9 - 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:+=. [证明] 要证+=,即证+=3,也就是+=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+a2-2accos 60°, 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:aln b>bln a, 只要证:>(∵a>b>e), 取函数f(x)=,则f′(x)=, ∴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>,得证. 已知a>0,证明:-≥a+-2. [证明] 要证-≥a+-2, - 9 - 只需证≥-(2-). 因为a>0,所以-(2-)>0, 所以只需证≥, 即2(2-)≥8-4, 只需证a+≥2. 因为a>0,a+≥2显然成立, 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=, 当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1, 所以Sn= (2)证明:假设数列{an+1}是等比数列, - 9 - 则(a1+1)(a3+1)=(a2+1)2, 即a1a3+a1+a3+1=a+2a2+1, 因为{an}是等比数列,公比为q, 所以a1a3=a,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S=S1·S3,即a(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-c)2+(c-a)2≤0. 所以a=b=c这与a,b,c是互不相等的非零实数相矛盾. 因此假设不成立,故三个方程ax2+2bx+c=0, - 9 - bx2+2cx+a=0,cx2+2ax+b=0中至少有一个方程有两个相异实根. “至多”“至少”命题情况较为复杂,宜用反证法证明. 1.(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预测. 甲:我的成绩比乙高. 乙:丙的成绩比我和甲的都高. 丙:我的成绩比乙高. 成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为( ) A.甲、乙、丙 B.乙、甲、丙 C.丙、乙、甲 D.甲、丙、乙 A [假设甲预测正确,则乙、丙预测错误,于是三人成绩由高到低为甲、乙、丙;假设乙预测正确,则丙也预测正确,不合题意;假设丙预测正确,则甲预测错误,于是三人成绩由高到低为丙、乙、甲,从而乙预测正确,不合题意,综上知三人成绩由高到低为甲、乙、丙.] 2.设a>0,b>0,且a+b=+.证明: (1)a+b≥2; (2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立. [证明] 由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1. (1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,当且仅当a=b=1时,等号成立, 即a+b≥2. (2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立, 则由a2+a<2及a>0,得0查看更多
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