《高考數(shù)學(xué) 理科一輪【學(xué)案38】直接證明與間接證明含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 理科一輪【學(xué)案38】直接證明與間接證明含答案（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 學(xué)案38　直接證明與間接證明 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 ①定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、定理、公理等，經(jīng)過(guò)一系列的________，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論________，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________________出發(fā)，逐步尋求使它成立的__________，直至最后，

2、把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)．這種證明的方法叫做分析法． 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(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(　　) A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件 2．(20xx揭陽(yáng)模擬)用反證法證明“如果a>b，那么>”的假設(shè)內(nèi)容應(yīng)是(　　) A.＝ B.<

3、 C.＝且< D.＝或< 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(　　) A．|a－c|≤|a－b|＋|c－b| B．a(chǎn)2＋≥a＋ C.－<－ D．|a－b|＋≥2 4．(20xx廣東)在集合{a，b，c，d}上定義兩種運(yùn)算⊕和?如下： 那么d?(a⊕c)等于(　　) A．a(chǎn) B．b C．c D．d 5．(20xx東北三省四市聯(lián)考)設(shè)x、y、z∈R＋，a＝x＋，b＝y(tǒng)＋，c＝z＋，則a、b、c三數(shù)(　　) A．至少有一個(gè)不大于2 B．都小于2 C．至少有一個(gè)不小于2 D．都大于2 探究點(diǎn)一　綜合法

4、例1　已知a，b，c都是實(shí)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. 探究點(diǎn)二　分析法 例2　(20xx馬鞍山月考)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(diǎn)三　反證法 例3　若x，y都是正實(shí)數(shù)，且x＋y>2， 求證：<2與<2中至少有一個(gè)成立．

5、 變式遷移3　若a，b，c均為實(shí)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(gè)大于0. 轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用 例　(12分)(20xx上海改編)若實(shí)數(shù)x、y、m滿(mǎn)足|x－m|＞|y－m|，則稱(chēng)x比y遠(yuǎn)離m. (1)若x2－1比1遠(yuǎn)離0，求x的取值范圍． (2)對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)a、b，證明：a3＋b3比a2b＋ab2遠(yuǎn)離2ab. 多角度審題　(1)本題屬新定義題，根據(jù)“遠(yuǎn)離”的含義列出不等式，然后加以求解． (2)第(2)小題，實(shí)質(zhì)是證明不等式|a3＋b3－2ab|>|a2b＋ab2－

6、2ab|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(－∞，－)∪(，＋∞)．[4分] (2)證明　由題意知即證＞成立．[6分] ∵a≠b，且a、b都為正數(shù)， ∴＝＝＝(a－b)2， ＝＝ab(－)2＝(a－b)2，[8分] 即證(a－b)2－(a－b)2＞0， 即證(a－b－a＋b)(a－b＋a－b)＞0， 需證＞0，[10分] 即證(a＋b)(a－b)2＞0，∵a、b都為正數(shù)且a≠b，∴上

7、式成立．故原命題成立．[12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(wèn)題的關(guān)鍵． 2．代數(shù)式|a3＋b3－2ab|與|a2b＋ab2－2ab|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? 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(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，

8、再用綜合法書(shū)寫(xiě)，這樣比較有條理，叫分析綜合法． 3．用反證法證明問(wèn)題的一般步驟： (1)反設(shè)：假定所要證的結(jié)論不成立，即結(jié)論的反面(否定命題)成立；(否定結(jié)論) (2)歸謬：將“反設(shè)”作為條件，由此出發(fā)經(jīng)過(guò)正確的推理，導(dǎo)出矛盾——與已知條件、已知的公理、定義、定理及明顯的事實(shí)矛盾或自相矛盾；(推導(dǎo)矛盾) (3)結(jié)論：因?yàn)橥评碚_，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤．既然結(jié)論的反面不成立，從而肯定了結(jié)論成立．(結(jié)論成立) (滿(mǎn)分：75分) 一、選擇題(每小題5分，共25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、

9、c中至少有一個(gè)是偶數(shù)”時(shí)，下列假設(shè)中正確的是(　　) A．假設(shè)a、b、c都是偶數(shù) B．假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù) C．假設(shè)a、b、c至多有一個(gè)偶數(shù) D．假設(shè)a、b、c至多有兩個(gè)偶數(shù) 2．(20xx濟(jì)南模擬)a，b，c為互不相等的正數(shù)，且a2＋c2＝2bc，則下列關(guān)系中可能成立的是(　　) A．a(chǎn)>b>c B．b>c>a C．b>a>c D．a(chǎn)>c>b 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(shí)大于零”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分且必要條件

10、 D．既不充分也不必要條件 4．(20xx上海普陀2月統(tǒng)考)已知a、b是非零實(shí)數(shù)，且a>b，則下列不等式中成立的是(　　) A.<1 B．a(chǎn)2>b2 C．|a＋b|>|a－b| D.> 5．(20xx廈門(mén)月考)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(　　) A．△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形 B．△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形 C．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形 D．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C2是鈍角三角形 二、填空題(每小題4分，共12分)

11、6．(20xx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(wèn)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，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(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b定義運(yùn)算a*b＝(a＋1)(b＋1)－1，給出以下結(jié)論： ①對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b，c，有a*(b＋c)＝(a*b)＋(a*c)； ②對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，b，c，有a*(b*c)＝(a*b)*c； ③對(duì)于任意實(shí)數(shù)a，有a*0＝a.則以上結(jié)論正確的

12、是________．(寫(xiě)出你認(rèn)為正確的結(jié)論的所有序號(hào)) 8．(20xx揭陽(yáng)模擬)已知三棱錐S—ABC的三視圖如圖所示：在原三棱錐中給出下列命題： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC. 其中命題正確的是________(填序號(hào))． 三、解答題(共38分) 9．(12分)已知非零向量a、b，a⊥b，求證：≤. 10．(12分)(20xx寧波月考)已知a、b、c>0，求證：a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)． 11．(14分)(20xx寧波月考)

13、已知a、b、c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同時(shí)大于. 學(xué)案38　直接證明與間接證明 自主梳理 1．(1)①推理論證　成立　(2)①要證明的結(jié)論　充分條件 2．不成立　矛盾 自我檢測(cè) 1．A　[由分析法的定義可知．] 2．D　[因?yàn)?的否定是≤， 即＝或<.] 3．D　[D選項(xiàng)成立時(shí)需得證a－b>0.A中|a－b|＋|c－b|≥|(a－b)－(c－b)|＝|a－c|，B作差可證； C移項(xiàng)平方可證．] 4．A　[由所給的定義運(yùn)算知a⊕c＝c，d?c＝a.] 5．C　[a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋

14、≥6， 因此a、b、c至少有一個(gè)不小于2.] 課堂活動(dòng)區(qū) 例1　解題導(dǎo)引　綜合法證明不等式，要特別注意基本不等式的運(yùn)用和對(duì)題設(shè)條件的運(yùn)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(jìn)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＋c2≥(a＋b＋c)2； ∵a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca， ∴a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca) ≥ab＋b

15、c＋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(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lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c， 只需證lg>lg(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，

16、≥>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(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(shí)矛盾等方面

17、，反證法常常是解決某些“疑難”問(wèn)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(wèn)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<2都不成立， 則有≥2和≥2同時(shí)成立， 因?yàn)閤>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(gè)成立． 變式遷移3　證明　假設(shè)a，b，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＋＋y2－2

18、z＋＋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(gè)大于0. 課后練習(xí)區(qū) 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　[必要性是顯然成立的，當(dāng)PQR>0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)P>0，Q<0，R<0，則Q＋R＝2c<0，這與c>0矛盾，即充分

19、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，只有當(dāng)a＋b>0時(shí)，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正確．] 5．D　[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

20、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]，使得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|， 則|f(x1)－f(x2)|≥” 7．②③ 解析　按新定義，可以驗(yàn)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. 8．① 解析　 由三視圖知，在三棱錐S—ABC中，底面ABC為直角三角形且∠ACB＝90，即BC⊥AC， 又SA⊥底面ABC， ∴

21、BC⊥SA，由于SA∩AC＝A， ∴BC⊥平面SAC. 所以命題①正確． 由已知推證不出②③命題正確．故填①. 9．證明　∵a⊥b，∴ab＝0.(2分) 要證≤，只需證：|a|＋|b|≤|a－b|，(4分) 平方得：|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2ab)，(8分) 只需證：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，(10分) 即(|a|－|b|)2≥0，顯然成立．故原不等式得證. (12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)

22、＝2a2b＋2ab2， ∴a3＋b3≥a2b＋ab2.(6分) 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.(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．證明　方法一　假設(shè)三式同時(shí)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(shí)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(cuò)誤， ∴原命題正確．(14分)