高中三年级数学一轮复习教(学)案全套人教A版直接证明与间接证明

高三一轮复习 6.6直接证明与间接证明
【教学目标】
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和特点．
2.了解反证法的思考过程和特点.
【重点难点】
1.教学重点了解分析法、综合法及反证法的思考过程
2.教学难点学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；
【教学策略与方法】
自主学习、小组讨论法、师生互动法
【教学过程】
一个 有 立 成立 至多有一个 至少有两个 对任意x 不成立
存在某个x 成
立 至少有n 个 至多有n －1个 p 或q
﹁p 且﹁q
至多有n 个
至少有n ＋1个
p 且q ﹁p 或﹁q
2.必知联系；分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用． 考点分项突破 考点一综合法
1.(2015·安徽高考)设n ∈N *
，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2
＋1
在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23
…x
2
2n －1
，证明T n ≥1
4n
.
【解】 (1)y ′＝(x 2n ＋2
＋1)′＝(2n ＋2)x
2n ＋1
，曲线y
＝x
2n ＋2
＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切
线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1
，所以数列{x n }的 通项公式x n ＝
n
n ＋1
.
(2)证明由题设和(1)中的计算结果知，
T n ＝x 21x 23…x 2
2n －1
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭
⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 2
2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝
2n －12
2n 2>2n －1
2－12n
2
＝2n －22n ＝n －1
n
，
所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×2
3
×…×n －1n ＝14n .
综上可得，对任意的n ∈N *
，均有T n ≥14n
.
跟踪训练 1.(2015·北京高考)设函数f (x )＝x 2
2
－k ln x ，k >0.
(1)求f (x )的单调区间和极值；
(2)证明若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上
仅有一个零点．
【解】 (1)由f (x )＝x
22
－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )
＝x －k x ＝x 2－k
x .由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍
去)．
f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下
x (0，k ) k
(k ，＋∞) f ′(x ) －
＋
f (x )
k 1－ln k
2
所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝
k 1－ln k
2
.
(2)证明由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为
f (k )＝
k 1－ln k
2
.因为f (x )存在零点，所以
k 1－ln k
2
≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区
间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是
f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )
在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝1
2>0，f (e)
＝
e －k
2
<0， 所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．
归纳综合法证题的思路
考点二分析法 1. 已知a >0，求证a 2＋1a 2－2≥a ＋1
a
－2.
【证明】 要证a 2＋1
a 2－2≥a ＋1
a
－2， 只需证
a 2＋1
a 2＋2≥a ＋1
a
＋ 2.
∵a >0，故只需证⎝
⎛
⎭⎪⎫a 2
＋1
a 2＋22≥⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22
，
即a 2
＋1a
2＋4
a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1
a 2＋22⎝ ⎛
⎭⎪⎫
a ＋1a ＋2，从而只需证2
a 2＋1
a 2≥2⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
a ＋1a ，
只需证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2
＋1a
2≥2，而上
述不等式显然成立，故原不等式成立． 跟踪训练
1.△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . 求证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c .
【证明】 要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c
， 即证
a ＋
b ＋
c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，也就是c a ＋b ＋a
b ＋c
＝1， 只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，
引导学生通过对基础知识的逐点扫描，来澄清概念，加强理解。

从而为后面的练习奠定基础.
在解题中注意引
导学生自主分析和解决问题，教师及时点拨从而提高学生的解题能力和兴趣。

教师引导学生及时总结，以帮助
学生形成完整的认知结构。

教师引导学生及时总结，以帮助学生形成完整的认知结构。

引导学生对所学的知识进行小结，由利于学生对已有的知识结构进行编码处理，加强理解记忆，提高解
假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *
，且互不相等)成等比数列，则b 2
q ＝b p b r ，
即(q ＋2)2
＝(p ＋2)(r ＋2)，∴(q 2
－pr )＋2(2q
－p －r )＝0，∵p ，q ，r ∈N *
，∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
q 2
－pr ＝0，2q －p －r ＝0.
∴⎝
⎛⎭
⎪
⎫p ＋r 22＝pr ，即(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．
∴假设不成立，即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．
跟踪训练 1.设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；
(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 【解】 (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2
＋…＋a 1q
n －1
，①
qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②
①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n
，
∴S n ＝
a 11－q n
1－q
，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
na 1，q ＝1，a 11－q n
1－q
，q ≠1.
(2)证明假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *
， (a k ＋1＋1)2
＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，
a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，
a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q
k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1
， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q
k －1
＋q
k ＋1
.∵q ≠0，∴q 2
－2q ＋1＝0，
∴q ＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 归纳反证法的适用范围及证题的关键
1．适用范围当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．
2．关键在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．。