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第六節(jié) 直接證明與間接證明,【知識梳理】 1.必會知識 教材回扣 填一填 (1)直接證明:,推理論證,成立,證明的結論,充分條件,(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 原命題成立的證明方法.,不成立,矛盾.,2.必備結論 教材提煉 記一記 (1)綜合法證明問題是由因導果,分析法證明問題是執(zhí)果索因. (2)分析法與綜合法相輔相成,對較復雜的問題,常常先從結論進行分析,尋求結論與條件、基礎知識之間的關系,找到解決問題的思路,再運用綜合法證明,或者在證明時將兩種方法交叉使用. 3.必用技法 核心總結 看一看 (1)常用方法:求差法,分析法、綜合法、反證法、放縮法. (2)數學思想:正難則反的思想.,(3)記憶口訣: 證不等式的方法, 實數性質威力大. 求差與0比大小, 作商和1爭高下. 直接困難分析好, 思路清晰綜合法. 非負常用基本式, 正面難則反證法.,【小題快練】 1.思考辨析 靜心思考 判一判 (1)綜合法的思維過程是由因導果,逐步尋找已知的必要條件.( ) (2)分析法是從要證明的結論出發(fā),逐步尋找使結論成立的充要條件.( ) (3)用反證法證明時,推出的矛盾不能與假設矛盾.( ) (4)在解決問題時,常常用分析法尋找解題的思路與方法,再用綜合法展現解決問題的過程.( ),【解析】(1)正確;因為綜合法的思維過程是由因導果,就是尋找已知的必要條件,因此(1)正確. (2)錯誤,分析法是從要證明的結論出發(fā),逐步尋找使結論成立的充分條件,不是充要條件. (3)錯誤,用反證法證明時,推出的矛盾可以與已知、公理、定理、事實或者假設等相矛盾. (4)正確,在解決問題時,常常用分析法尋找解題的思路與方法,再用綜合法展現解決問題的過程. 答案:(1)√ (2)× (3)× (4)√,2.教材改編 鏈接教材 練一練 (1)(選修2-2P91練習T1改編)用反證法證明命題“三角形三個內角至少有一個不大于60°”時,應假設( ) A.三個內角都不大于60° B.三個內角都大于60° C.三個內角至多有一個大于60° D.三個內角至多有兩個大于60° 【解析】選B.因為“至少有一個不大于”的反面是“都大于”,因此選B.,(2)(選修2-2P91習題2.2A組T2改編)已知A,B都是銳角,且A+B≠ , (1+tanA)(1+tanB)=2,則A+B= . 【解析】由已知得tanA+tanB=1-tanAtanB,所以tan(A+B)= 因為A+B≠ ,且A,B都是銳角,所以A+B= . 答案:,3.真題小試 感悟考題 試一試 (1)(2014·山東高考)用反證法證明命題:“已知a,b為實數,則方程x2+ax+b=0至少有一個實根”時,要做的假設是( ) A.方程x2+ax+b=0沒有實根 B.方程x2+ax+b=0至多有一個實根 C.方程x2+ax+b=0至多有兩個實根 D.方程x2+ax+b=0恰好有兩個實根 【解析】選A.“方程x2+ax+b=0至少有一個實根”的反面是“方程x2+ax+b=0沒有實根”.故選A.,(2)(2015·長春模擬)設a，b，c都是正數，則 三個數( ) A．都大于2 B．都小于2 C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2,【解析】選D.因為 當且僅當a＝b＝c時取等號， 所以三個數中至少有一個不小于2.,考點1 分析法 【典例1】△ABC的三個內角A,B,C成等差數列,A,B,C的對邊分別為a,b,c. 求證: 【解題提示】本題從條件不易尋求證題思路,考慮使用分析法.,【規(guī)范解答】要證 即證 只需證c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c), 需證c2+a2=ac+b2, 又△ABC三內角A,B,C成等差數列,故B=60°, 由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60°,即b2=c2+a2-ac, 故c2+a2=ac+b2成立. 于是原等式成立.,【規(guī)律方法】 1.分析法的思路 “執(zhí)果索因”,逐步尋找結論成立的充分條件,即從“未知”看“需知”,逐步靠攏“已知”或本身已經成立的定理、性質或已經證明成立的結論等,通常采用“欲證—只需證—已知”的格式,在表達中要注意敘述形式的規(guī)范性.,2.分析法證明問題的適用范圍 當已知條件與結論之間的聯系不夠明顯、直接,或證明過程中所需用的知識不太明確、具體時,往往采用分析法,特別是含有根號、絕對值的等式或不等式,常考慮用分析法.,【變式訓練】已知c＞0，用分析法證明: 【證明】要證原不等式成立,只需證明 即證:2c+ ＜4c, 即證: ＜c, 而c＞0，故只需證明c2-1＜c2, 而此式一定成立, 故原不等式得證.,【加固訓練】已知非零向量a⊥b,求證: 【證明】因為a⊥b,所以a·b=0. 要證 只需證|a|+|b|≤ |a-b|, 平方得|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2-2a·b), 只需證|a|2+|b|2-2|a||b|≥0成立, 即(|a|-|b|)2≥0,顯然成立. 故原不等式得證.,考點2 綜合法 知·考情 綜合法證明問題是歷年高考的熱點問題,也是必考問題之一,通常在解答題中出現,考查立體幾何、數列、函數、不等式及一些新型定義問題,因而掌握好綜合法是突破此類問題的關鍵.,明·角度 命題角度1:與立體幾何有關的證明題 【典例2】(2014·湖北高考)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中, E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點.求證: (1)直線BC1∥平面EFPQ. (2)直線AC1⊥平面PQMN.,【解題提示】(1)通過證明FP∥AD1,得到BC1∥FP,根據線面平行的判定定理即可得證. (2)證明BD⊥平面ACC1,得出BD⊥AC1,進而得MN⊥AC1,同理可證PN⊥AC1,根據線面垂直的判定定理即可得出直線AC1⊥平面PQMN.,【規(guī)范解答】(1)連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1∥BC1, 因為F,P分別是AD,DD1的中點,所以FP∥AD1. 從而BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ, 故直線BC1∥平面EFPQ.,(2)連接AC,BD,則AC⊥BD.,由CC1⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,可得CC1⊥BD. 又AC∩CC1=C, 所以BD⊥平面ACC1. 而AC1?平面ACC1, 所以BD⊥AC1. 因為M,N分別是A1B1,A1D1的中點, 所以MN∥BD,從而MN⊥AC1. 同理可證PN⊥AC1. 又PN∩MN=N,所以直線AC1⊥平面PQMN.,命題角度2:與數列有關的證明題 【典例3】(2013·北京高考)給定數列a1,a2,…,an.對i=1,2,…,n-1,該數列前i項的最大值記為Ai,后n-i項ai+1,ai+2,…,an的最小值記為Bi,di=Ai-Bi. (1)設數列{an}為3,4,7,1,寫出d1,d2,d3的值. (2)設a1,a2,…,an(n≥4)是公比大于1的等比數列,且a10,證明:d1,d2,…,dn-1是等比數列. 【解題提示】先根據已知條件寫出d1,d2,d3的值,再利用等比數列的定義證明d1,d2,…,dn-1是等比數列.,【規(guī)范解答】(1)d1=A1-B1=3-1=2,d2=A2-B2=4-1=3,d3=A3-B3=7-1=6. (2)由a1,a2,…,an(n≥4)是公比大于1的等比數列,且a10,可得{an}的通項為an=a1·qn-1且為單調遞增數列. 于是當k=2,3,…,n-1時, 因此d1,d2,…,dn-1構成首項d1=a1-a2,公比為q的等比數列.,悟·技法 綜合法證明問題的常見類型及方法: (1)數列證明題:充分利用等差、等比數列的通項及前n項和公式轉化證明. (2)幾何證明題:首先利用點線面位置關系的判定或性質,也可利用向量法證明,其次要進行必要的轉化.,通·一類 1.(2015·濰坊模擬)設f(x)是定義在R上的奇函數,且當x≥0時,f(x)單調遞減,若x1+x20,則f(x1)+f(x2)的值( ) A.恒為負值 B.恒等于零 C.恒為正值 D.無法確定正負 【解析】選A.由f(x)是定義在R上的奇函數,且當x≥0時,f(x)單調 遞減,可知f(x)是R上的單調遞減函數,由x1+x20,可知x1-x2, f(x1)f(-x2)=-f(x2),則f(x1)+f(x2)0,故選A.,2.(2015·福州模擬)在數列{an}中,已知 (1)求數列{an}的通項公式. (2)求證:數列{bn}是等差數列.,【解析】(1)因為 所以數列{an}是首項為 ,公比為 的等比數列, 所以an= (n∈N*). (2)因為bn= 所以bn= 所以b1=1,公差d=3, 所以數列{bn}是首項b1=1,公差d=3的等差數列.,3.(2015·中山模擬)定義在x∈[0,1]上的函數f(x).若x1≥0,x2≥0且x1+x2≤1,都有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立,則稱函數f(x)為理想函數.g(x)=2x-1(x∈[0,1])是否為理想函數,如果是,請予以證明;如果不是,請說明理由. 【解題提示】根據理想函數的定義加以判定證明.,【解析】g(x)＝2x－1(x∈［0,1］)是理想函數． 當x1≥0，x2≥0，且x1＋x2≤1時， f(x1＋x2)＝ f(x1)＋f(x2)＝ 所以f(x1＋x2)－［f(x1)＋f(x2)］,因為x1≥0，x2≥0， 所以 －1≥0, －1≥0， 所以f(x1＋x2)－［f(x1)＋f(x2)］≥0， 則f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)． 故函數g(x)＝2x－1(x∈［0,1］)是理想函數．,考點3 反證法 【典例4】(2013·陜西高考)設{an}是公比為q的等比數列. (1)推導{an}的前n項和公式. (2)設q≠1,證明數列{an+1}不是等比數列. 【解題提示】推導數列{an}的前n項和公式要注意分情況討論;證明數列{an+1}不是等比數列,一般要用反證法.,【規(guī)范解答】(1)分兩種情況討論. ①當q=1時,數列{an}是首項為a1的常數數列,所以Sn=a1+a1+…+a1=na1. ②當q≠1時,Sn=a1+a2+…+an-1+an?qSn=qa1+qa2+…+qan-1+qan. 上面兩式錯位相減: (1-q)Sn=a1+(a2-qa1)+(a3-qa2)+…+(an-qan-1)-qan=a1-qan ?Sn=,(2)使用反證法. 設{an}是公比q≠1的等比數列,假設數列{an+1}是等比數列,則 (a2+1)2=(a1+1)(a3+1),即(a1q+1)2 =(a1+1)(a1q2+1), 整理得a1(q-1)2=0得a1=0或q=1均與題設矛盾,故數列{an+1}不是等比數列.,【規(guī)律方法】反證法的適用范圍及證題的關鍵 (1)適用范圍:當一個命題的結論是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出現時,宜用反證法來證. (2)關鍵:在正確的推理下得出矛盾,矛盾可以是與已知條件矛盾,與假設矛盾,與定義、公理、定理矛盾,與事實矛盾等.推導出的矛盾必須是明顯的.,【變式訓練】已知a,b,c是互不相等的實數.求證:由y=ax2+2bx+c, y=bx2+2cx+a和y=cx2+2ax+b確定的三條拋物線至少有一條與x軸有兩個不同的交點.,【證明】假設題設中的函數確定的三條拋物線都不與x軸有兩個不同的交點(即任何一條拋物線與x軸沒有兩個不同的交點), 由y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a,y=cx2+2ax+b, 得Δ1=(2b)2-4ac≤0, Δ2=(2c)2-4ab≤0, Δ3=(2a)2-4bc≤0.,上述三個同向不等式相加得, 4b2+4c2+4a2-4ac-4ab-4bc≤0, 所以2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca≤0, 所以(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≤0, 所以a=b=c,這與題設a,b,c互不相等矛盾, 因此假設不成立,從而原命題得證.,規(guī)范解答9 綜合法與分析法的綜合應用 【典例】(12分)(2015·黃山模擬)(1)設x≥1,y≥1,證明 (2)設1a≤b≤c,證明logab+logbc+logca≤logba+logcb+logac.,解題導思 研讀信息 快速破題,規(guī)范解答 閱卷標準 體會規(guī)范 (1)由于x≥1,y≥1,所以x+y+ +xy?xy(x+y)+1≤y+x+ (xy)2,……………………………………………………………2分 將上式中的右式減左式,得[y+x+(xy)2]-[xy(x+y) +1]=[(xy)2-1]-[xy·(x+y)-(x+y)]=(xy+1)(xy-1) -(x+y)(xy-1)=(xy-1)(xy-x-y+1) =(xy-1)(x-1)(y-1) ………………5分 既然x≥1,y≥1,所以(xy-1)(x-1)(y-1)≥0,從而所要證明的不等式成立. ………………………………………………………………6分,,(2)設logab=x,logbc=y,由對數的換底公式得 ………………………………………………………………………8分 于是,所要證明的不等式即為x+y+ ≤ ………………………………………………………………………10分 其中x=logab≥1,y=logbc≥1. 故由(1)可知所要證明的不等式成立. ………………………………………………………………………12分,,,高考狀元 滿分心得 把握規(guī)則 爭取滿分 1.證明問題的常用思路: 在解題時,常常把分析法和綜合法結合起來運用,先以分析法尋求解題思路,再用綜合法表述解答或證明過程. 2.關鍵步驟要全面: 證明數學問題時,一些關鍵的步驟必不可少,如果寫不全,會扣掉相應的步驟分,如本例(1)中作差化簡后的變形要徹底,(2)中要注明x≥1,y≥1.,