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1、▼▼▼2019屆高考數(shù)學復習資料▼▼▼
學案36 直接證明與間接證明
導學目標： 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程及特點.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程及特點．
自主梳理
1．直接證明
(1)綜合法
①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．
②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
①定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使__
2、______________和______________________為止．這種證明方法叫做分析法．
②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)過正確的推理，最后得出________，因此說明假設(shè)錯誤，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
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．(2010·揭陽高三統(tǒng)考)用反證法證明“如果a>b，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
3、數(shù)，則下列不等式中不恒成立的是________．(填序號)．
①|(zhì)a－c|≤|a－b|＋|c－b|；
②a2＋≥a＋；
③－<－；
④|a－b|＋≥2.
4．已知a＋b>0，則＋與＋的大小關(guān)系為____________________．
5．(2010·東北三省四市聯(lián)考)設(shè)x、y、z∈R＋，a＝x＋，b＝y(tǒng)＋，c＝z＋，證明a，b，c中至少有一個不小于2.
探究點一 綜合法
例1 已知a，b，c都是實數(shù)，求證：a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca.
變式遷移1 設(shè)a，b，c>0，證明：
＋＋≥a＋b＋c
4、.
探究點二 分析法
例2 若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：
lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.
變式遷移2 已知a>0，求證： －≥a＋－2.
探究點三 反證法
例3 若x，y都是正實數(shù)，且x＋y>2，
求證：<2與<2中至少有一個成立．
式遷移3 若a，b，c均為實數(shù)，且a＝x2－2y＋，b＝y(tǒng)2－2z＋，c＝z2－2x＋.求證：a，b，c中至少有一個大于0.
轉(zhuǎn)化與化歸思想
例 (14分)(2010·上海改編)若實
5、數(shù)x、y、m滿足|x－m|＞|y－m|，則稱x比y遠離m.
(1)若x2－1比1遠離0，求x的取值范圍．
(2)對任意兩個不相等的正數(shù)a、b，證明：a3＋b3比a2b＋ab2遠離2ab.
多角度審題 (1)本題屬新定義題，根據(jù)“遠離”的含義列出不等式，然后加以求解．(2)第(2)小題，實質(zhì)是證明不等式|a3＋b3－2ab|>|a2b＋ab2－2ab|成立．證明時注意提取公因式及配方法的運用．
【答題模板】
(1)解 由題意得＞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∈?.
綜上可知x的取值范圍為(－∞
6、，－)∪(，＋∞)．[4分]
(2)證明 由題意知即證＞成立．[8分]
∵a≠b，且a、b都為正數(shù)，
∴＝＝＝(a－b)2，
＝
＝ab(－)2＝(a－b)2，[10分]
即證(a－b)2－(a－b)2＞0，
即證(a－b－a＋b)(a－b＋a－b)＞0，
需證＞0，[12分]
即證(a＋b)(a－b)2＞0，∵a、b都為正數(shù)且a≠b，
∴上式成立．故原命題成立．[14分]
【突破思維障礙】
1．準確理解題意，提煉出相應(yīng)不等式是解決問題的關(guān)鍵．
2．代數(shù)式|a3＋b3－2ab|與|a2b＋ab2－2ab|中的絕對值符號去掉為后續(xù)等價變形提供了方便．
【易錯點剖析】
7、
1．推理論證能力較差，絕對值符號不會去．
2．運用能力較差，不能有效地進行式子的等價變形或中間變形出錯．
1．綜合法是從條件推導到結(jié)論的思維方法，它是從已知條件出發(fā)，經(jīng)過逐步的推理，最后達到待證的結(jié)論．即由因?qū)Ч?
2．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，最后達到題設(shè)的已知條件或已被證明的事實．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)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果
8、；(推導矛盾)
(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ax2＋bx＋c＝0 (a≠0)有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個是偶數(shù)”．假設(shè)內(nèi)容應(yīng)為____________________________________．
2．(2010·無錫模擬)設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：
(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中至少有一個大于1”的條件是______．(填
9、序號)
3．設(shè)a、b、c∈(0，＋∞)，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，則“PQR>0”是“P、Q、R同時大于零”的________條件．
4．(2010·安徽)若a>0，b>0，a＋b＝2，則下列不等式對一切滿足條件的a，b恒成立的是________(寫出所有正確命題的序號)．
①ab≤1；②＋≤；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；
⑤＋≥2.
5．如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則△A2B2C2是________三角形(填“銳角”“鈍角”或“直角”)．
6．(2010·江蘇前黃高級中學模擬)某同學準備用反證法證明如
10、下一個問題：函數(shù)f(x)在[0,1]上有意義，且f(0)＝f(1)，如果對于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求證：|f(x1)－f(x2)|<.那么他的反設(shè)應(yīng)該是__________________________________________________
________________________________________________________________________.
7．對于任意實數(shù)a，b定義運算a*b＝(a＋1)(b＋1)－1，給出以下結(jié)論：
①對于任意實數(shù)a，b，c，有a*(b＋c)＝(a*b)＋
11、(a*c)；
②對于任意實數(shù)a，b，c，有a*(b*c)＝(a*b)*c；
③對于任意實數(shù)a，有a*0＝a.則以上結(jié)論正確的是________．(寫出你認為正確的結(jié)論的所有序號)
8．(2011·天津)已知log2a＋log2b≥1，則3a＋9b的最小值為________．
二、解答題(共42分)
9．(14分)已知非零向量a、b，a⊥b，求證：≤.
10．(14分)已知a、b、c>0，求證：a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．
11．(14分)已知a、b、c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，
12、(1－c)a不能同時大于.
學案36 直接證明與間接證明
答案
自主梳理
1．(1)①已知的定義、公理、定理 (2)①結(jié)論成立的條件 已知條件或已知事實吻合 2.不成立 矛盾
自我檢測
1．充分
解析 由分析法的定義可知．
2.≤
解析 >的否定是≤.
3．④
解析?、苓x項成立時需得證a－b>0.①中|a－b|＋|c－b|≥|(a－b)－(c－b)|＝|a－c|，②作差可證；
③移項平方可證．
4.＋≥＋
解析?。剑?
＝(a－b)＝.
∵a＋b>0，(a－b)2≥0，∴≥0.
∴＋≥＋.
5．證明 假設(shè)a，b，c均小于2，
13、則a＋b＋c<6. ①
又a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋
＝(x＋)＋(y＋)＋(z＋)≥6，
這與①式相矛盾，∴假設(shè)不正確．
∴a，b，c至少有一個不小于2.
課堂活動區(qū)
例1 解題導引 綜合法證明不等式，要特別注意基本不等式的運用和對題設(shè)條件的運用．這里可從基本不等式相加的角度先證得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca成立，再進一步得出結(jié)論．
證明 ∵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＋c
14、2≥(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)．
∴原命題得證．
變式遷移1 證明 ∵a，b，c>0，根據(jù)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 解題導引 當所給的條件簡單，而所證的結(jié)論復雜，一般采用分析法．含有根號、對數(shù)符號、絕對值的不等式，若從題設(shè)不易推導時，可以考慮分析法．
證明 要證lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c，
15、
只需證lg>lg(a·b·c)，
只需證··>abc.(中間結(jié)果)
因為a，b，c是不全相等的正數(shù)，
則≥>0，≥>0，≥>0.
且上述三式中的等號不全成立，
所以··>abc.(中間結(jié)果)
所以lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
變式遷移2 證明 要證 －≥a＋－2，
只要證 ＋2≥a＋＋.
∵a>0，故只要證 2≥2，
即a2＋＋4 ＋4
≥a2＋2＋＋2＋2，
從而只要證2≥，
只要證4≥2，
即a2＋≥2，而該不等式顯然成立，故原不等式成立．
例3 解題導引 (1)當一個命題的結(jié)論是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出現(xiàn)時，宜用反證
16、法來證，反證法的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是①與已知條件矛盾，②與假設(shè)矛盾，③與定義、公理、定理矛盾，④與事實矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數(shù)學證明中的一件有力武器．
(2)利用反證法證明問題時，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)論證的錯誤．
證明 假設(shè)<2和<2都不成立，
則有≥2和≥2同時成立，
因為x>0且y>0，
所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x，
兩式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2，這與已知條件x＋y>2相矛盾，
因此<2與<2中至少有一個成立．
變式遷移3 證明 假設(shè)a，b，
17、c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0.
∵a＝x2－2y＋，b＝y(tǒng)2－2z＋，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式與②式矛盾，
∴假設(shè)不成立，
即a，b，c中至少有一個大于0.
課后練習區(qū)
1．假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)
2．(3)
解析 若a＝，b＝，則a＋b>1，
但a<1，b<1，故(1)推不出；
若a＝b＝1，則a＋b＝2，故(2
18、)推不出；
若a＝－2，b＝－3，則a2＋b2>2，故(4)推不出；
若a＝－2，b＝－3，則ab>1，故(5)推不出；
對于(3)，即a＋b>2，則a，b中至少有一個大于1，
反證法：假設(shè)a≤1且b≤1，
則a＋b≤2與a＋b>2矛盾，
因此假設(shè)不成立，故a，b中至少有一個大于1.
3．充要
解析 必要性是顯然成立的，當PQR>0時，若P、Q、R不同時大于零，則其中兩個為負，一個為正，不妨設(shè)P>0，Q<0，R<0，則Q＋R＝2c<0，這與c>0矛盾，即充分性也成立．
4．①③⑤
解析?、賏b≤()2＝1，成立．
②欲證＋≤，
即證a＋b＋2≤2，即2≤0，顯然不成立．
19、
③欲證a2＋b2＝(a＋b)2－2ab≥2，
即證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欲證＋≥2，
即證≥2，即ab≤1，由①知成立．
5．鈍角
解析 由條件知，△A1B1C1的三個內(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，A2＋B2＋C2＝，
這與三角形內(nèi)角和為π相矛盾，所以假設(shè)不成立，所以△A2B2C2是鈍角三角形．
6．“?x1，x2∈[0,1]，使
20、得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，則|f(x1)－f(x2)|≥”
7．②③
解析 按新定義，可以驗證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.所以正確的結(jié)論是②③.
8．18
解析 由log2a＋log2b≥1得log2(ab)≥1，即ab≥2，
∴3a＋9b＝3a＋32b≥2×3(當且僅當3a＝32b，即a＝2b時“＝”號成立)．
又∵a＋2b≥2≥4(當且僅當a＝2b時“＝”成立)，
∴3a＋9b≥2×32＝18.
即當a＝2b時，3a＋9b有最小值18.
9．證
21、明 ∵a⊥b，∴a·b＝0. (2分)
要證≤，只需證：|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)
只需證：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0， (12分)
即(|a|－|b|)2≥0，顯然成立．故原不等式得證. (14分)
10．證明 ∵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
22、)
同理，b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac2，
將三式相加得，
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．證明 方法一 假設(shè)三式同時大于，
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)
這與假設(shè)矛盾，故原命題正確．(14分)
方法二 假設(shè)三式同時大于，
∵00，(2分)
≥ > ＝，(8分)
同理>，>，(10分)
三式相加得>，這是矛盾的，故假設(shè)錯誤，
∴原命題正確．(14分)
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高考數(shù)學理一輪資源庫 第7章學案36
