2021高考数学(福建-理)一轮学案38-直接证明与间接证明.docx

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________，最终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________________动身，逐步寻求使它成立的__________，直至最终，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，最终得出________，因此说明假设错误，从而证明白原命题成立，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动身，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“假如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，依据“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．证明时留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．精确     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|中的确定值符号去掉为后续等价变形供应了便利．
【易错点剖析】
1．推理论证力气较差，确定值符号不会去．
2．运用力气较差，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，它是从已知条件动身，经过逐步的推理，最终达到待证的结论．即由因导果．
2．分析法是从待证结论动身，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最终达到题设的已知条件或已被证明的事实．即执果索因，用分析法查找解题思路，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，由此动身经过正确的推理，导出冲突——与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实冲突或自相冲突；(推导冲突)
(3)结论：由于推理正确，所以产生冲突的缘由在于“反设”的谬误．既然结论的反面不成立，从而确定了结论成立．(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)假如△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)某同学预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)，假如对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|<.那么他的反设应当是______________________________．
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全部序号)
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　冲突
自我检测
1．A　[由分析法的定义可知．]
2．D　[由于>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，要特殊留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，依据基本不等式，
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　当所给的条件简洁，而所证的结论简洁，一般接受分析法．含有根号、对数符号、确定值的不等式，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)
由于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，而该不等式明显成立，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”或以否定形式毁灭时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出冲突，冲突可以是①与已知条件冲突，②与假设冲突，③与定义、公理、定理冲突，④与事实冲突等方面，反证法经常是解决某些“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，要留意与之冲突的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将毁灭循环论证的错误．
证明　假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立，
由于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相冲突，
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式冲突，∴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，可排解A、D，令a＝2，c＝1，可得b＝，可知C可能成立．]
3．C　[必要性是明显成立的，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冲突，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不愿定成立，即A不愿定成立；
a2>b2⇔(a－b)(a＋b)>0，∵a－b>0，只有当a＋b>0时，a2>b2成立，故B不愿定成立；
|a＋b|>|a－b|⇔(a＋b)2>(a－b)2⇔ab>0，
而ab<0也有可能，故C不愿定成立；
由于>⇔>0⇔(a－b)a2b2>0.
∵a，b非零，a>b，∴上式确定成立，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相冲突，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，明显成立．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)
这与假设冲突，故原命题正确．(14分)
方法二　假设三式同时大于，
∵0<a<1，∴1－a>0，(2分)
≥ > ＝，(8分)
同理>，>，(10分)
三式相加得>，这是冲突的，故假设错误，
∴原命题正确．(14分)