2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 13.2直接證明與間接證明學(xué)案 理 蘇教版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 13.2直接證明與間接證明學(xué)案 理 蘇教版導(dǎo)學(xué)目標(biāo)： 1.了解直接證明的兩種基本方法分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過(guò)程及特點(diǎn).2.了解間接證明的一種基本方法反證法，了解反證法的思考過(guò)程及特點(diǎn)自主梳理1直接證明(1)綜合法定義：從已知條件出發(fā)，以_為依據(jù)，逐步下推，直到推出所要證明的結(jié)論為止，這種證明方法叫做綜合法框圖表示：(其中P表示已知條件，Q表示要證的結(jié)論)(2)分析法定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使_和_為止這種證明方法叫做分析法框圖表示：.2間接證明反證法：假設(shè)原命題_(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出_，因此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法自我檢測(cè)1分析法是從要證的結(jié)論出發(fā)，尋求使它成立的_條件(填“充分”、“必要”或“充要”)2(xx揭陽(yáng)高三統(tǒng)考)用反證法證明“如果ab，那么”的假設(shè)內(nèi)容應(yīng)是_3設(shè)a、b、c是互不相等的正數(shù)，則下列不等式中不恒成立的是_(填序號(hào))|ac|ab|cb|；a2a；0，則與的大小關(guān)系為_5(xx東北三省四市聯(lián)考)設(shè)x、y、zR，ax，by，cz，證明a，b，c中至少有一個(gè)不小于2.探究點(diǎn)一綜合法例1已知a，b，c都是實(shí)數(shù)，求證：a2b2c2(abc)2abbcca.變式遷移1設(shè)a，b，c0，證明：abc.探究點(diǎn)二分析法例2若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lg lg lg lg alg blg c.變式遷移2已知a0，求證： a2.探究點(diǎn)三反證法例3若x，y都是正實(shí)數(shù)，且xy2，求證：2與|a2bab22ab|成立證明時(shí)注意提取公因式及配方法的運(yùn)用【答題模板】(1)解由題意得1，即x211或x211.2分由x211，得x22，即x或x；由x211，得x.綜上可知x的取值范圍為(，)(，)4分(2)證明由題意知即證成立8分ab，且a、b都為正數(shù)，(ab)2，ab()2(ab)2，10分即證(ab)2(ab)20，即證(abab)(abab)0，需證0，12分即證(ab)(ab)20，a、b都為正數(shù)且ab，上式成立故原命題成立14分【突破思維障礙】1準(zhǔn)確理解題意，提煉出相應(yīng)不等式是解決問題的關(guān)鍵2代數(shù)式|a3b32ab|與|a2bab22ab|中的絕對(duì)值符號(hào)去掉為后續(xù)等價(jià)變形提供了方便【易錯(cuò)點(diǎn)剖析】1推理論證能力較差，絕對(duì)值符號(hào)不會(huì)去2運(yùn)用能力較差，不能有效地進(jìn)行式子的等價(jià)變形或中間變形出錯(cuò)1綜合法是從條件推導(dǎo)到結(jié)論的思維方法，它是從已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)逐步的推理，最后達(dá)到待證的結(jié)論即由因?qū)Ч?分析法是從待證結(jié)論出發(fā)，一步一步地尋求結(jié)論成立的充分條件，最后達(dá)到題設(shè)的已知條件或已被證明的事實(shí)即執(zhí)果索因，用分析法尋找解題思路，再用綜合法書寫，這樣比較有條理，叫分析綜合法3用反證法證明問題的一般步驟：(1)反設(shè)：假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真；(否定結(jié)論)(2)歸謬：從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果；(推導(dǎo)矛盾)(3)存真：由矛盾結(jié)果斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立(結(jié)論成立) (滿分：90分)一、填空題(每小題6分，共48分)1用反證法證明命題“若整系數(shù)一元二次方程ax2bxc0 (a0)有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個(gè)是偶數(shù)”假設(shè)內(nèi)容應(yīng)為_2(xx無(wú)錫模擬)設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，給出下列條件：(1)ab1；(2)ab2；(3)ab2；(4)a2b22；(5)ab1.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于1”的條件是_(填序號(hào))3設(shè)a、b、c(0，)，Pabc，Qbca，Rcab，則“PQR0”是“P、Q、R同時(shí)大于零”的_條件4(xx安徽)若a0，b0，ab2，則下列不等式對(duì)一切滿足條件的a，b恒成立的是_(寫出所有正確命題的序號(hào))ab1；a2b22；a3b33；2.5如果A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，則A2B2C2是_三角形(填“銳角”“鈍角”或“直角”)6(xx江蘇前黃高級(jí)中學(xué)模擬)某同學(xué)準(zhǔn)備用反證法證明如下一個(gè)問題：函數(shù)f(x)在0,1上有意義，且f(0)f(1)，如果對(duì)于不同的x1，x20,1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|，求證：|f(x1)f(x2)|0，求證：a3b3c3(a2b2c2)(abc)11(14分)已知a、b、c(0,1)，求證：(1a)b，(1b)c，(1c)a不能同時(shí)大于.學(xué)案36直接證明與間接證明答案自主梳理1(1)已知的定義、公理、定理(2)結(jié)論成立的條件已知條件或已知事實(shí)吻合2.不成立矛盾自我檢測(cè)1充分解析由分析法的定義可知2.解析的否定是.3解析選項(xiàng)成立時(shí)需得證ab0.中|ab|cb|(ab)(cb)|ac|，作差可證；移項(xiàng)平方可證4.解析(ab).ab0，(ab)20，0.5證明假設(shè)a，b，c均小于2，則abc0，根據(jù)基本不等式，有b2a，c2b，a2c.三式相加：abc2(abc)即abc.例2解題導(dǎo)引當(dāng)所給的條件簡(jiǎn)單，而所證的結(jié)論復(fù)雜，一般采用分析法含有根號(hào)、對(duì)數(shù)符號(hào)、絕對(duì)值的不等式，若從題設(shè)不易推導(dǎo)時(shí)，可以考慮分析法證明要證lglglglg alg blg c，只需證lglg(abc)，只需證abc.(中間結(jié)果)因?yàn)閍，b，c是不全相等的正數(shù)，則0，0，0.且上述三式中的等號(hào)不全成立，所以abc.(中間結(jié)果)所以lglglglg alg blg c.變式遷移2證明要證 a2，只要證 2a.a0，故只要證 22，即a24 4a2222，從而只要證2，只要證42，即a22，而該不等式顯然成立，故原不等式成立例3解題導(dǎo)引(1)當(dāng)一個(gè)命題的結(jié)論是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出現(xiàn)時(shí)，宜用反證法來(lái)證，反證法的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是與已知條件矛盾，與假設(shè)矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實(shí)矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數(shù)學(xué)證明中的一件有力武器(2)利用反證法證明問題時(shí)，要注意與之矛盾的定理不能是用本題的結(jié)論證明的定理，否則，將出現(xiàn)循環(huán)論證的錯(cuò)誤證明假設(shè)2和0且y0，所以1x2y，且1y2x，兩式相加，得2xy2x2y，所以xy2，這與已知條件xy2相矛盾，因此2與0，(x1)2(y1)2(z1)2(3)0.式與式矛盾，假設(shè)不成立，即a，b，c中至少有一個(gè)大于0.課后練習(xí)區(qū)1假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)2(3)解析若a，b，則ab1，但a1，b2，故(4)推不出；若a2，b3，則ab1，故(5)推不出；對(duì)于(3)，即ab2，則a，b中至少有一個(gè)大于1，反證法：假設(shè)a1且b1，則ab2與ab2矛盾，因此假設(shè)不成立，故a，b中至少有一個(gè)大于1.3充要解析必要性是顯然成立的，當(dāng)PQR0時(shí)，若P、Q、R不同時(shí)大于零，則其中兩個(gè)為負(fù)，一個(gè)為正，不妨設(shè)P0，Q0，R0，則QR2c0矛盾，即充分性也成立4解析ab()21，成立欲證，即證ab22，即20，顯然不成立欲證a2b2(ab)22ab2，即證42ab2，即ab1，由知成立a3b3(ab)(a2abb2)3a2abb2(ab)23ab43abab，由知，ab不恒成立欲證2，即證2，即ab1，由知成立5鈍角解析由條件知，A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0，則A1B1C1是銳角三角形，假設(shè)A2B2C2是銳角三角形，由得那么，A2B2C2，這與三角形內(nèi)角和為相矛盾，所以假設(shè)不成立，所以A2B2C2是鈍角三角形6“x1，x20,1，使得|f(x1)f(x2)|0，(a2b2)(ab)2ab(ab)，(3分)a3b3a2bab22ab(ab)2a2b2ab2，a3b3a2bab2.(7分)同理，b3c3b2cbc2，a3c3a2cac2，將三式相加得，2(a3b3c3)a2bab2b2cbc2a2cac2.(10分)3(a3b3c3)(a3a2ba2c)(b3b2ab2c)(c3c2ac2b)(abc)(a2b2c2)a3b3c3(a2b2c2)(abc)(14分)11證明方法一假設(shè)三式同時(shí)大于，即(1a)b，(1b)c，(1c)a，(3分)a、b、c(0,1)，三式同向相乘得(1a)b(1b)c(1c)a.(8分)又(1a)a2，(10分)同理(1b)b，(1c)c，(1a)a(1b)b(1c)c，(12分)這與假設(shè)矛盾，故原命題正確(14分)方法二假設(shè)三式同時(shí)大于，0a0，(2分) ，(8分)同理，(10分)三式相加得，這是矛盾的，故假設(shè)錯(cuò)誤，原命題正確(14分)