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1、 精品資料
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,逐步下推,直到推出所要證明的結論為止,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表示要證的結論).
(2)分析法
①定義:從問題的結論出發(fā),追溯導致結論成立的
2、條件,逐步上溯,直到使________________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:假設原命題________(即在原命題的條件下,結論不成立),經過正確的推理,最后得出________,因此說明假設錯誤,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>”的假設內容應是__________________.
3.設
3、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).
①|a-c|≤|a-b|+|c-b|;
②a2+≥a+;
③-<-;
④|a-b|+≥2.
4.已知a+b>0,則+與+的大小關系為____________________.
5.(2010東北三省四市聯(lián)考)設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a,b,c>0,證明
4、:
++≥a+b+c.
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.
轉化與化歸思想
例 (14分)(2
5、010上海改編)若實數(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“遠離”的含義列出不等式,然后加以求解.(2)第(2)小題,實質是證明不等式|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
6、x的取值范圍為(-∞,-)∪(,+∞).[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,提煉出相應不等式是解決問題的關鍵.
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.
7、
【易錯點剖析】
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論的思維方法,它是從已知條件出發(fā),經過逐步的推理,最后達到待證的結論.即由因導果.
2.分析法是從待證結論出發(fā),一步一步地尋求結論成立的充分條件,最后達到題設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:假設命題的結論不成立,即假定原結論的反面為真;(否定結論)
(2)歸謬:從反設和已知條件出發(fā),經過一系列正確的邏
8、輯推理,得出矛盾結果;(推導矛盾)
(3)存真:由矛盾結果斷定反設不真,從而肯定原結論成立.(結論成立)
(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)”.假設內容應為____________________________________.
2.(2010無錫模擬)設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
9、______.(填序號)
3.設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的三個內角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內角的正弦值,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
10、用反證法證明如下一個問題: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)|<.那么他的反設應該是__________________________________________________
________________________________________________________________________.
7.對于任意實數(shù)a,b定義運算a*b=(a+1)(b+1)-1,給出以下結論:
①對于任意實數(shù)a,b,c,有a*(b+c)
11、=(a*b)+(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.則以上結論正確的是________.(寫出你認為正確的結論的所有序號)
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,(
12、1-b)c,(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 ④選項成立時需得證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a,b,
13、c均小于2,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.
∴a
14、2+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).
∴原命題得證.
變式遷移1 證明 ∵a,b,c>0,根據基本不等式,
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,若從題設不易推導時,可以考慮分析法.
證明 要證lg+lg+lg>lg a+lg b+
15、lg c,
只需證lg>lg(abc),
只需證>abc.(中間結果)
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論證明的定理,否則,將出現(xiàn)循環(huán)論證的錯誤.
證明 假設<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a≤1且b≤1,
則a+b≤2與a+b>2矛盾,
因此假設不成立,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的三個內角的余弦值均大于0,則△A1B1C1是銳角三角形,假設△A2B2C2是銳角三角形,
由得
那么,A2+B2+C2=,
這與三角形內角和為π相矛盾,所以假設不成立,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.所以正確的結論是②③.
8.18
解析 由log2a+log2b≥1得log2(ab)≥1,即ab≥2,
∴3a+9b=3a+32b≥23(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≥232=18.
即當a=2b時,3a+9b有最小值18.
9.證明
21、∵a⊥b,∴ab=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|2-2ab),
(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)
同
22、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)
這與假設矛盾,故原命題正確.(14分)
方法二 假設三式同時大于,
∵00,(2分)
≥ > =,(8分)
同理>,>,(10分)
三式相加得>,這是矛盾的,故假設錯誤,
∴原命題正確.(14分)