2016_2017学年高中数学第2章推理与证明2.2.2间接证明学案苏教版选修.docx

2.2.2间接证明1.理解反证法的思考过程和特点，会运用反证法证明简单数学问题.(重点、难点)2.利用反证法证明时，对结论的假设否定.(易错点)基础初探教材整理间接证明阅读教材P85“例1”以上部分，完成下列问题.1.间接证明：(1)定义：不是直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种不是直接证明的方法通常称为间接证明.(2)常用方法：反证法.2.反证法(1)基本过程：反证法证明时，要从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题).(2)证题步骤：1.判断正误：(1)反证法属于间接证明问题的一种方法.()(2)反证法的实质是否定结论导出矛盾.()(3)反证法的证明过程既可以是合情推理也可以是一种演绎推理.()(4)用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，假设应该是至少两个钝角.()【答案】(1)(2)(3)(4)2.用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于60”时，正确的反设是_. 【导学号：01580047】【解析】“至少有一个角不大于60”的否定为“所有三角形的内角均大于60”.【答案】假设三个内角均大于60质疑手记预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：_解惑：_疑问2：_解惑：_疑问3：_解惑：_小组合作型利用反证法证明否定性命题(1)用反证法证明：“若方程ax2bxc0，且a，b，c都是奇数，则方程没有整数根”，正确的假设是方程存在实数根x0为_.(2)已知三个正整数a，b，c成等比数列，但不成等差数列，求证：， ， 不成等差数列.【自主解答】(1)要证明的结论是“方程没有整数根”，故应假设：方程存在实数根x0为整数.【答案】整数(2)假设， ， 成等差数列，则2，即ac24b.又a，b，c成等比数列，所以b2ac，即b，所以ac24，所以ac20，即()20，所以，从而abc，所以a，b，c可以成等差数列，这与已知中“a，b，c不成等差数列”相矛盾.原假设错误，故， ， 不成等差数列.1.用反证法证明否定性命题的适用类型结论中含有“不”“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题称为否定性命题，此类问题的正面比较模糊，而反面比较具体，适合使用反证法.2.反证法证明问题的一般步骤再练一题1.(2016晋州高二检测)设数列an是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和.求证：数列Sn不是等比数列.【证明】假设数列Sn是等比数列，则SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)，因为a10，所以(1q)21qq2，即q0，这与公比q0矛盾.所以数列Sn不是等比数列.用反证法证明存在性问题已知a，b，c(0,1)，求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a不能都大于.【精彩点拨】“不能都大于”的含义为“至少有一个小于或等于”其对立面为“全部大于”.【自主解答】假设(1a)b，(1b)c，(1c)a都大于.a，b，c(0,1)，1a0,1b0,1c0.同理，.三式相加得，即，矛盾.所以(1a)b，(1b)c，(1c)a不能都大于.应用反证法常见的“结论词”与“反设词”当命题中出现“至多”“至少”等词语时，直接证明不易入手且讨论较复杂.这时，可用反证法证明，证明时常见的“结论词”与“反设词”如下：结论词反设词结论词反设词至少有一个一个也没有对所有x成立存在某个x0不成立至多有一个至少有两个对任意x不成立存在某个x0成立至少有n个至多有n1个p或q綈p且綈q至多有n个至少有n1个p且q綈p或綈q再练一题2.已知a，b，c，dR，且abcd1，acbd1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数.【证明】假设a，b，c，d都是非负数，因为abcd1，所以(ab)(cd)1.又(ab)(cd)acbdadbcacbd，所以acbd1，这与已知acbd1矛盾，所以a，b，c，d中至少有一个是负数.探究共研型利用反证法证明唯一性命题探究1反证法解题的实质是什么？【提示】否定结论、导出矛盾，从而证明原结论正确.探究2应用反证法推出矛盾的推导过程中，可以把下列哪些作为条件使用_.结论的反设；已知条件；定义、公理、定理等；原结论.【提示】反证法的“归谬”是反证法的核心，其含义是从命题结论的假设(即把“反设”作为一个新的已知条件)及原命题的条件出发，引用一系列论据进行正确推理，推出与已知条件、定义、定理、公理等相矛盾的结果.【答案】已知直线m与直线a和b分别交于A，B两点，且ab.求证：过a，b，m有且只有一个平面.【精彩点拨】“有且只有”表示“存在且惟一”，因此在证明时，要分别从存在性和惟一性两方面来考虑.【自主解答】因为ab，所以过a，b有一个平面.又因为maA，mbB，所以Aa，Bb，所以A，B.又因为Am，Bm，所以m，即过a，b，m有一个平面，如图.假设过a，b，m还有一个平面异于平面，则a，b，a，b，这与ab，过a，b有且只有一个平面矛盾.因此，过a，b，m有且只有一个平面.用反证法证明惟一性命题的一般思路证明“有且只有一个”的问题，需要证明两个命题，即存在性和惟一性.当证明结论以“有且只有”“只有一个”“惟一存在”等形式出现的命题时，可先证“存在性”，由于假设“惟一性”结论不成立易导出矛盾，因此可用反证法证其惟一性.再练一题3.若函数f(x)在区间a，b上的图象连续，且f(a)0，且f(x)在a，b上单调递增，求证：f(x)在(a，b)内有且只有一个零点. 【导学号：01580048】【证明】由于f(x)在a，b上的图象连续，且f(a)0，即f(a)f(b)m，则f(n)f(m)，即00，矛盾；若nm，则f(n)f(m)，即02；a2b22.其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是_(填序号).【解析】假设a，b均不大于1，即a1，b1.则均有可能成立，故不能推出“a，b中至少有一个大于1”，故选.【答案】4.用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：ABC9090C180，这与三角形内角和为180矛盾，故假设错误；所以一个三角形不能有两个直角；假设ABC中有两个直角，不妨设A90，B90.上述步骤的正确顺序为_.【解析】由反证法证明数学命题的步骤可知，上述步骤的顺序应为.【答案】5.若a，b，c互不相等，证明：三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0至少有一个方程有两个相异实根.【证明】假设三个方程中都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.相加得a22abb2b22bcc2c22aca20，(ab)2(bc)2(ca)20，abc.这与a，b，c互不相等矛盾.假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根.我还有这些不足：(1)_(2)_我的课下提升方案：(1)_(2)_2.3数学归纳法1.了解数学归纳法原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.(重点)2.数学归纳法证明几何命题.(难点)3.归纳递推的论证.(易错点)基础初探教材整理数学归纳法阅读教材P88，完成下列问题.数学归纳法公理对于某些与正整数有关的数学命题，可以用数学归纳法公理：如果(1)当n取第一个值n0(例如n01,2等)时结论正确；(2)假设当nk(kN*，且kn0)时结论正确，证明当nk1时结论也正确.那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立.1.判断正误：(1)数学归纳法的两个步骤缺一不可.()(2)数学归纳法的第一步n0的初始值一定为1.()(3)与正整数n有关的数学命题的证明只能用数学归纳法.()(4)应用数学归纳法证明2nn3时所取的第一个n的值为1.()【答案】(1)(2)(3)(4)2.若f(n)1，则当n1时f(n)为_.【解析】当n1时，f(n)1.【答案】质疑手记预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：_解惑：_疑问2：_解惑：_疑问3：_解惑：_小组合作型用数学归纳法证明等式(1)用数学归纳法证明等式123(n3)(nN*)时，第一步验证n1时，左边应取的项是_.(填序号)1；12；123；1234.(2)用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN*)，“从k到k1”左端增乘的代数式为_.【自主解答】(1)当n1时，左边应为1234，故选D.(2)令f(n)(n1)(n2)(nn)，则f(k)(k1)(k2)(kk)，f(k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)，所以2(2k1).【答案】(1)(2)2(2k1)数学归纳法证题的三个关键点1.验证是基础找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1.2.递推是关键数学归纳法的实质在于递推，所以从“k”到“k1”的过程中，要正确分析式子项数的变化.关键是弄清等式两边的构成规律，弄清由nk到nk1时，等式的两边会增加多少项、增加怎样的项.3.利用假设是核心在第二步证明nk1成立时，一定要利用归纳假设，即必须把归纳假设“nk时命题成立”作为条件来导出“nk1”，在书写f(k1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，这是数学归纳法的核心，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法.再练一题1.下面四个判断中，正确的是_.(填序号)式子1kk2kn(nN*)中，当n1时，式子的值为1；式子1kk2kn1(nN*)中，当n1时，式子的值为1k；式子1(nN*)中，当n1时，式子的值为1；设f(n)(nN*)，则f(k1)f(k).【解析】中，n1时，式子1k；中，n1时，式子1；中，n1时，式子1；中，f(k1)f(k).故正确的是.【答案】用数学归纳法证明不等式(1)用数学归纳法证明不等式(n2，nN*)的过程中，由nk推导nk1时，不等式的左边增加的式子是_.(2)证明：不等式12(nN*).【精彩点拨】(1)写出当nk时左边的式子，和当nk1时左边的式子，比较即可.(2)在由nk到nk1推导过程中利用放缩法，在利用放缩时，注意放缩的度.【自主解答】(1)当nk1时左边的代数式是，增加了两项与，但是少了一项，故不等式的左边增加的式子是.【答案】(2)当n1时，左边1，右边2，左边右边，不等式成立.假设当nk(k1且kN*)时，不等式成立，即12.则当nk1时，12.假设当nk(k2且kN*)时不等式成立，即，那么当nk1时，.这就是说，当nk1时，不等式也成立.由可知，原不等式对任意大于1的正整数都成立.归纳猜想证明已知数列an的前n项和为Sn，其中an且a1.(1)求a2，a3；(2)猜想数列an的通项公式，并证明.【精彩点拨】(1)令n2,3可分别求a2，a3.(2)根据a1，a2，a3的值，找出规律，猜想an，再用数学归纳法证明.【自主解答】(1)a2，a1，则a2，类似地求得a3.(2)由a1，a2，a3，猜得：an.证明：当n1时，由(1)可知等式成立；假设当nk时猜想成立，即ak，那么，当nk1时，由题设an，得ak，ak1，所以Skk(2k1)akk(2k1)，Sk1(k1)(2k1)ak1，ak1Sk1Sk(k1)(2k1)ak1.因此，k(2k3)ak1，所以ak1.这就证明了当nk1时命题成立.由可知命题对任何nN*都成立.1.“归纳猜想证明”的一般环节2.“归纳猜想证明”的主要题型(1)已知数列的递推公式，求通项或前n项和.(2)由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在.(3)给出一些简单的命题(n1,2,3，)，猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题.再练一题3.已知函数yf(n)(nN*)，设f(1)2，且任意的n1，n2N*，有f(n1n2)f(n1)f(n2).(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；(2)试猜想f(n)的解析式，并用数学归纳法给出证明.【解】(1)因为f(1)2，f(n1n2)f(n1)f(n2)，所以f(2)f(11)f(1)f(1)224，f(3)f(21)f(2)f(1)222238.f(4)f(31)f(3)f(1)2322416.(2)猜想：f(n)2n(nN*).用数学归纳法证明如下：当n1时，f(1)212，所以猜想正确.假设当nk(k1，kN*)时猜想正确，即f(k)2k，那么当nk1时，f(k1)f(k)f(1)2k22k1，所以，当nk1时，猜想正确.由知，对任意的nN*，都有f(n)2n.探究共研型用数学归纳法证明整除性问题探究1数学归纳法的第一步n的初始值是否一定为1?【提示】不一定，如证明n边形的内角和为(n2)180时，第一个值为n03.探究2数学归纳法两个步骤之间有怎样的联系？【提示】第一步是验证命题递推的基础，第二步是论证命题递推的依据，这两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2)就作出判断，可能得出不正确的结论.因为单靠步骤(1)，无法递推下去，即n取n0以后的数列命题是否正确，我们无法判定，同样只有步骤(2)而缺少步骤(1)时，也可能得出不正确的结论，缺少步骤(1)这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也就没有意义了.用数学归纳法证明：n3(n1)3(n2)3能被9整除(nN*).【精彩点拨】在第二步时注意根据归纳假设进行拼凑.【自主解答】(1)当n1时，13233336能被9整除，所以结论成立；(2)假设当nk(kN*，k1)时结论成立，即k3(k1)3(k2)3能被9整除.则当nk1时，(k1)3(k2)3(k3)3k3(k1)3(k2)3(k3)3k3k3(k1)3(k2)39k227k27k3(k1)3(k2)39(k23k3).因为k3(k1)3(k2)3能被9整除，9(k23k3)也能被9整除，所以(k1)3(k2)3(k3)3也能被9整除，即nk1时结论也成立.由(1)(2)知命题对一切nN*成立.与正整数有关的整除性问题常用数学归纳法证明，证明的关键在于第二步，根据归纳假设，将nk1时的式子进行增减项、倍数调整等变形，使之能与归纳假设联系起来.再练一题4.用数学归纳法证明“n35n能被6整除”的过程中，当nk1时，对式子(k1)35(k1)应变形为_. 【导学号：01580051】【解析】由nk成立推证nk1成立时必须用上归纳假设，(k1)35(k1)(k35k)3k(k1)6.【答案】(k35k)3k(k1)61.(2016成都高二检测)在用数学归纳法证明1aa2an1(a1，nN*)时，在验证当n1时，等