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

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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
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