2015高考数学（理）（直接证明与间接证明）一轮复习学案 9页

学案38　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：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：→→→…→(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：→→→…→.‎ ‎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>”的假设内容应是(　　)‎ A.＝ B.< C.＝且< D.＝或< ‎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＋≥a＋ C.－<－ D．|a－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＋，b＝y＋，c＝z＋，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≥(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　(2011·马鞍山月考)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．‎ 变式迁移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．[6分]‎ ‎∵a≠b，且a、b都为正数，‎ ‎∴＝＝＝(a－b)2，‎ ＝＝ab(－)2＝(a－b)2，[8分]‎ 即证(a－b)2－(a－b)2＞0，‎ 即证(a－b－a＋b)(a－b＋a－b)＞0，‎ 需证＞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＋b3－2ab|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.<1 B．a2>b2‎ C．|a＋b|>|a－b| D.> ‎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)|<.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：≤.‎ ‎10．(12分)(2011·宁波月考)已知a、b、c>0，求证：a3＋b3＋c3≥(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.‎ 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>的否定是≤，‎ 即＝或<.]‎ ‎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＋＋y＋＋z＋≥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≥(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．B ‎2．C　[由a2＋c2>‎2ac⇒2bc>‎2ac⇒b>a，可排除A、D，令a＝2，c＝1，可得b＝，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　[<1⇔<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>⇔>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.‎ ‎8．①‎ 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≤，只需证：|a|＋|b|≤|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≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)．(12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)‎