高中数学选修1-2《直接证明与间接证明》教案

　　高中数学选修1-2《直接证明与间接证明》教案

　　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：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(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：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件.

　　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3a>3b”的假设内容应是(　　)

　　A.3a=3b B.3a<3b

　　C.3a=3b且3a<3b D.3a=3b或3a<3b

　　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+1a2≥a+1a

　　C.a+3-a+1

　　D.|a-b|+1a-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+1y，b=y+1z，c=z+1x，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≥13(a+b+c)2≥ab+bc+ca.

　　变式迁移1　设a，b，c>0，证明：

　　a2b+b2c+c2a≥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 a+b2+lg b+c2+lg c+a2>lg a+lg b+lg c.

　　变式迁移2　已知a>0，求证： a2+1a2-2≥a+1a-2.

　　探究点三　反证法

　　例3 　若x，y都是正实数，且x+y>2，

　　求证：1+xy<2与1+yx<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+π2，b=y2-2z+π3，c=z2-2x+π6.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2abab.

　　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+b3-2abab|>|a2b+ab2-2abab|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x2-1>1，

　　即x2-1>1或x2-1<-1.[2分]

　　由x2-1>1，得x2>2，即x<-2或x>2;由x2-1<-1，得x∈∅.

　　综上可知x的取值范围为(-∞，-2)∪(2，+∞).[4分]

　　(2)证明　由题意知即证a3+b3-2abab>a2b+ab2-2abab成立.[6分]

　　∵a≠b，且a、b都为正数，

　　∴a3+b3-2abab=a32+b32-2a3b3=a3-b32=(aa-bb)2，

　　a2b+ab2-2abab=aba+b-2ab=ab(a-b)2=(ab-ba)2，[8分]

　　即证(aa-bb)2-(ab-ba)2>0，

　　即证(aa-bb-ab+ba)(aa-bb+ab-ba)>0，

　　需证a-ba+ba-ba+b>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+b3-2abab|与|a2b+ab2-2abab|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.ba<1 B.a2>b2

　　C.|a+b|>|a-b| D.1ab2>1a2b

　　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)|<12.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：|a|+|b||a-b|≤2.

　　10.(12分)(2011•宁波月考)已知a、b、c>0，求证：a3+b3+c3≥13(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14.

　　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3a>3b的否定是3a≤3b，

　　即3a=3b或3a<3b.]

　　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+1y+y+1z+z+1x≥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≥13(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a2b+b≥2a，b2c+c≥2b，c2a+a≥2c.

　　三式相加：a2b+b2c+c2a+a+b+c≥2(a+b+c).

　　即a2b+b2c+c2a≥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lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c，

　　只需证lga+b2•b+c2•c+a2>lg(a•b•c)，

　　只需证a+b2•b+c2•c+a2>abc.(中间结果)

　　因为a，b，c是不全相等的正数，

　　则a+b2≥ab>0，b+c2≥bc>0，c+a2≥ca>0.

　　且上述三式中的等号不全成立，

　　所以a+b2•b+c2•c+a2>abc.(中间结果)

　　所以lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c.

　　变式迁移2　证明　要证 a2+1a2-2≥a+1a-2，

　　只要证 a2+1a2+2≥a+1a+2.

　　∵a>0，故只要证 a2+1a2+22≥a+1a+22，

　　即a2+1a2+4 a2+1a2+4

　　≥a2+2+1a2+22a+1a+2，

　　从而只要证2a2+1a2≥2a+1a，

　　只要证4a2+1a2≥2a2+2+1a2，

　　即a2+1a2≥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1+xy<2和1+yx<2都不成立，

　　则有1+xy≥2和1+yx≥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1+xy<2与1+yx<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+π2，b=y2-2z+π3，c=z2-2x+π6，

　　∴x2-2y+π2+y2-2z+π3+z2-2x+π6

　　=(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=52，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　[ba<1⇔b-aa<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1ab2>1a2b⇔a-ba2b2>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sin A2=cos A1=sinπ2-A1，sin B2=cos B1=sinπ2-B1，sin C2=cos C1=sinπ2-C1，得A2=π2-A1，B2=π2-B1，C2=π2-C1，

　　那么，A2+B2+C2=π2，

　　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)|≥12”

　　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|a|+|b||a-b|≤2，只需证：|a|+|b|≤2|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≥13(a2+b2+c2)(a+b+c).(12分)

　　11.证明　方法一　假设三式同时大于14，

　　即(1-a)b>14，(1-b)c>14，(1-c)a>14，(3分)

　　∵a、b、c∈(0,1)，

　　∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a>164.

　　(8分)

　　又(1-a)a≤1-a+a22=14，(10分)

　　同理(1-b)b≤14，(1-c)c≤14，

　　∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤164，(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14，

　　∵00，(2分)

　　1-a+b2≥ 1-ab> 14=12，(8分)

　　同理1-b+c2>12，1-c+a2>12，(10分)

　　三式相加得32>32，这是矛盾的，故假设错误，

　　∴原命题正确.(14分)

　　教案设计频道小编推荐：高中数学教案 | 高三数学教案 | 高三数学教学计划

　　教案设计频道小编推荐：高中数学教案 | 高三数学教案 | 高三数学教学计划