【数学】2019届一轮复习人教A版 直接证明与间接证明 学案

【数学】2019届一轮复习人教A版 直接证明与间接证明 学案

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：从已知条件出发，以______________________为依据，逐步下推，直到推出所要证明的结论为止，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：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使________________和______________________为止．这种证明方法叫做分析法．‎ ‎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________条件．(填“充分”、“必要”或“充要”)‎ ‎2．(2017·揭阳高三统考)用反证法证明“如果a>b，那么>”的假设内容应是__________________．‎ ‎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________．(填序号)．‎ ‎①|a－c|≤|a－b|＋|c－b|；‎ ‎②a2＋≥a＋；‎ ‎③－<－；‎ ‎④|a－b|＋≥2.‎ ‎4．已知a＋b>0，则＋与＋的大小关系为____________________．‎ ‎5．(2017·东北三省四市联考)设x、y、z∈R＋，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，证明a，b，c中至少有一个不小于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　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．‎ 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 例　(14分)(2017·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．[8分]‎ ‎∵a≠b，且a、b都为正数，‎ ‎∴＝＝＝(a－b)2，‎ ＝ ‎＝ab(－)2＝(a－b)2，[10分]‎ 即证(a－b)2－(a－b)2＞0，‎ 即证(a－b－a＋b)(a－b＋a－b)＞0，‎ 需证＞0，[12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．[14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：假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；(否定结论)‎ ‎(2)归谬：从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果；(推导矛盾)‎ ‎(3)存真：由矛盾结果断定反设不真，从而肯定原结论成立．(结论成立)‎ ‎ ‎ ‎(满分：90分)‎ 一、填空题(每小题6分，共48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”．假设内容应为____________________________________．‎ ‎2．(2017·无锡模拟)设a，b是两个实数，给出下列条件：‎ ‎(1)a＋b>1；(2)a＋b＝2；(3)a＋b>2；‎ ‎(4)a2＋b2>2；(5)ab>1.‎ 其中能推出：“a，b中至少有一个大于‎1”‎的条件是______．(填序号)‎ ‎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________条件．‎ ‎4．(2017·安徽)若a>0，b>0，a＋b＝2，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．‎ ‎①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；‎ ‎⑤＋≥2.‎ ‎5．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△A2B‎2C2是________三角形(填“锐角”“钝角”或“直角”)．‎ ‎6．(2017·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．(2017·天津)已知log‎2a＋log2b≥1，则‎3a＋9b的最小值为________．‎ 二、解答题(共42分)‎ ‎9．(14分)已知非零向量a、b，a⊥b，求证：≤.‎ ‎10．(14分)已知a、b、c>0，求证：a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．‎ ‎11．(14分)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36　直接证明与间接证明 答案 自主梳理 ‎1．(1)①已知的定义、公理、定理　(2)①结论成立的条件　已知条件或已知事实吻合　2.不成立　矛盾 自我检测 ‎1．充分 解析　由分析法的定义可知．‎ ‎2.≤ 解析　>的否定是≤.‎ ‎3．④‎ 解析　④选项成立时需得证a－b>0.①中|a－b|＋|c－b|≥|(a－b)－(c－b)|＝|a－c|，②作差可证；‎ ‎③移项平方可证．‎ ‎4.＋≥＋ 解析　＋－＝＋ ‎＝(a－b)＝.‎ ‎∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴≥0.‎ ‎∴＋≥＋.‎ ‎5．证明　假设a，b，c均小于2，则a＋b＋c<6. ①‎ 又a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋ ‎＝(x＋)＋(y＋)＋(z＋)≥6，‎ 这与①式相矛盾，∴假设不正确．‎ ‎∴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．假设a、b、c都不是偶数 ‎2．(3)‎ 解析　若a＝，b＝，则a＋b>1，‎ 但a<1，b<1，故(1)推不出；‎ 若a＝b＝1，则a＋b＝2，故(2)推不出；‎ 若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故(4)推不出；‎ 若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故(5)推不出；‎ 对于(3)，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，‎ 反证法：假设a≤1且b≤1，‎ 则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，‎ 因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.‎ ‎3．充要 解析　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．‎ ‎4．①③⑤‎ 解析　①ab≤()2＝1，成立．‎ ‎②欲证＋≤，‎ 即证a＋b＋2≤2，即2≤0，显然不成立．‎ ‎③欲证a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥2，‎ 即证4－2ab≥2，‎ 即ab≤1，由①知成立．‎ ‎④a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)≥3‎ ‎⇔a2－ab＋b2≥⇔(a＋b)2－3ab≥ ‎⇔4－≥3ab⇔ab≤，由①知，ab≤不恒成立．‎ ‎⑤欲证＋≥2，‎ 即证≥2，即ab≤1，由①知成立．‎ ‎5．钝角 解析　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.‎ ‎8．18‎ 解析　由log‎2a＋log2b≥1得log2(ab)≥1，即ab≥2，‎ ‎∴‎3a＋9b＝‎3a＋32b≥2×3(当且仅当‎3a＝32b，即a＝2b时“＝”号成立)．‎ 又∵a＋2b≥2≥4(当且仅当a＝2b时“＝”成立)，‎ ‎∴‎3a＋9b≥2×32＝18.‎ 即当a＝2b时，‎3a＋9b有最小值18.‎ ‎9．证明　∵a⊥b，∴a·b＝0. (2分)‎ 要证≤，只需证：|a|＋|b|≤|a－b|， (6分)‎ 平方得：|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－‎2a·b)，‎ ‎(10分)‎ 只需证：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0， (12分)‎ 即(|a|－|b|)2≥0，显然成立．故原不等式得证. (14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.(7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.(10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)．(14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)‎