2011高考数学一轮复习 直接证明与间接证明课件

1、第六节 直接证明与间接证明,一、直接证明,推理论证,成立,证明的结论,充分条件,二、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，最后得出 ，因此说明假设错 误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫反证法,不成立 矛盾,1分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的 () A充分条件B必要条件 C充要条件 D等价条件,答案：A,2用反证法证明命题“如果ab，那么 时，假设的 内容是 (),答案：D,3P= (m、n、a、b、 c、d均为正数)，则p、q的大小为 () Apq Bpq Cpq D不确定,答案：B,解析：,q=,=p.,4用反证法证明命题

2、：“a，bN，ab可被5整除，那么a、b 中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为_,答案：a、b都不能被5整除,5若0a1,0b1，且ab，则在ab,2 ，a2b2和 2ab中最大的是_,解析：法一：ab2 ，a2b22ab，ab(a2b2) a(1a)b(1b)0，ab最大 法二：特值法，取a= ，计算比较大小,答案：ab,1综合法证不等式时，以基本不等式为基础，以不等式的 性质为依据，进行推理论证因此，关键是找到与要证 结论相匹配的基本不等式及其不等式的性质 2综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发， 推导出所要证明的等式或不等式成立因此，综合法又 叫做顺推证法或由因导果法其

3、逻辑依据是三段论式的 演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律， 才能保证结论的正确性,证明不等式：x2y2z2xyyzxz.,所要证明的不等式左右两边是和的形式，利用不 等式a2+b22ab,然后再求和即可.,【证明】x2y22xy， y2z22yz，x2z22xz， 2x22y22z22xy2yz2xz， x2y2z2xyyzxz.,1若a、b、c是不全相等的正数，求证：lg lgalgblgc.,证明：a，b，c(0，)， 又上述三个不等式中等号不能同时成立 abc成立 上式两边同时取常用对数，得 lg lgabc lgalgblgc.,1分析法也是中学数学证明问题的常用方法，其主

4、要过程 是从结论出发，逐步寻求使结论成立的充分条件,2分析法是“执果索因”，它是从要证的结论出发，倒着分析， 逐渐地靠近已知事实 用分析法证“若P则Q”这个命题的模式是： 为了证明命题Q为真， 这只需证明命题P1为真，从而有 这只需证明命题P2为真，从而有 这只需证明命题P为真 而已知P为真，故Q必为真,【注意】用分析法证题时，一定要严格按格式书写，否则容易出错,已知非零向量ab，求证：,abab=0,利用a2=|a|2.,【证明】ab，ab0. 要证 ，只需证：|a|b| |ab|， 平方得：|a|2|b|22|a|b|2(|a|2|b|22ab)， 只需证：|a|2|b|22|a|b|0，

5、 即(|a|b|)20，显然成立.故原不等式得证.,2.设a，b均为正数，且ab，求证：a3b3a2bab2.,证明：法一：(分析法) 要证a3b3a2bab2成立， 只需证(ab)(a2abb2)ab(ab)成立. 又因为ab0， 只需证a2abb2ab成立. 又需证a22abb20成立， 即需证(ab2)0成立. 而依题设ab，则(ab)20显然成立，由此命题得证.,法二：(综合法) abab0(ab)20a22abb20 a2abb2ab.(*) 而a，b均为正数，ab0， 由(*)式即得(ab)(a2abb2)ab(ab)， a3b3a2bab2.,1.反证法是间接证明问题的一种常用方

6、法，其证明问题的一般 步骤为： (1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命 题)成立；(否定结论) (2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导 出矛盾与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的 事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾) (3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的 谬误.既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立. (结论成立),2.用反证法证明问题时要注意以下三点： (1)必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈 现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能， 反证都是不完全的； (2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结

7、论的反面作 为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论， 不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法； (3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与 假设矛盾，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的.,3.常见的“结论词”与“反设词”如下：,在ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c三边的倒数成等差数列，求证：B90.,直接证明B90有一定困难，可考虑利用反证法.,【证明】假设B90不成立，即B90，从而B是ABC的最大角，b是ABC的最大边，即ba，bc. 相加得 矛盾.故B90不成立.,3.若a，b，c均为实数，且ax22y by22z 求证：a，b，

8、c中至少有一个大于0.,证明：假设a，b，c都不大于0， 即a0，b0，c0. (x1)2(y1)2(z1)2(3)0. 又(x1)2(y1)2(z1)20，30. (x1)2(y1)2(z1)2(3)0. 式与式矛盾，所以假设不成立，即a，b，c至少有一个大于0.,数学证明题是锻炼学生思维能力和优化人的大脑的体操，在高考中占据重要地位，除在立体几何中考查空间位置关系的判定外，还常与函数，数列、圆锥曲线相结合进行考查，2009年福建高考第21题就是很好的代表.,(2009福建高考)已知函数f(x) ax2bx，且f(1)0. (1)试用含a的代数式表示b； (2)求f(x)的单调区间； (3)

9、令a1，设函数f(x)在x1、x2(x1x2)处取得极值，记点M(x1，f(x1)，N(x2，f(x2).证明：线段MN与曲线f(x)存在异于M，N的公共点.,解(1)依题意，得f(x)x22axb. 由f(1)12ab0得b2a1. (2)由(1)得f(x) ax2(2a1)x， 故f(x)x22ax2a1(x1)(x2a1). 令f(x)0，则x1或x12a. 当a1时，12a1.,当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：,由此得，函数f(x)的单调增区间为(，12a)和(1，)，单调减区间为(12a，1). 当a1时，12a1.此时f(x)0恒成立，且仅在x1处f(x)0，故函数

10、f(x)的单调增区间为R. 当a1时，12a1，同理可得函数f(x)的单调增区间为(，1)和(12a，)，单调减区间为(1,12a).,综上：当a1时，函数f(x)的单调增区间为(，12a)和 (1，)，单调减区间为(12a，1)； 当a1时，函数f(x)的单调增区间为R； 当a1时，函数f(x)的单调增区间为(，1)和(12a，)，单调减区间为(1,12a).,(3)当a1时，得f(x) x23x. 由f(x)x22x30，得x11，x23. 由(2)得f(x)的单调增区间为(，1)和(3，)，单调减区间为(1,3)，所以函数f(x)在x11，x23处取得极值， 故M(1， )，N(3，9).,所以直线MN的方程为y 1. 由 令F(x)x33x2x3. 易得F(0)30，F(2)30.而F(x)的图象在(0,2)内是一条连续不断的曲线，故F(x)在(0,2)内存在零点x0，这表明线段MN与曲线f(x)有异于M，N的公共点.,此题看似繁琐，但推理、论证的思路清晰、易得. (1)题欲建立关于a、b的方程，在题目中寻找等量关系是关键，很明显f(1)0便提供