最新-2018高考数学总复习 134 直接证明与间接证明课件 精品

a2
a2
a2 2 1 2 2(a 1) 2,
a2
a
从而只要证2 a2 1 2(a 1),
a2
a
只要证4(a2 1 ) 2(a2 2 1 ),即a2 1 2,
a2
a2Fra Baidu bibliotek
a2
而上述不等式显然成立,故原不等式成立.
题型三 反证法
【例3】 若x,y都是正实数，且x+y>2,
求证：1 x 2与1 y 2 中至少有一个成立.
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，要注意与之矛盾的
定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出
现循环论证的错误.
知能迁移3 已知a、b、c∈(0,1),求证: (1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于1 . 4 思维启迪 “不能同时大于 1 ”包含多种情形， 4 不易直接证明，可用反证法证明.
即a2 b2 c2 a b c. bca
探究提高 综合法往往以分析法为基础，是分析 法的逆过程,但更要注意从有关不等式的定理、结 论或题设条件出发，根据不等式的性质推导证明. 知能迁移1 已知x+y+z=1，求证：x2 y2 z2 1.
3 证明 ∵x2+y2≥2xy，x2+z2≥2xz， y2+z2≥2yz， ∴2x2+2y2+2z2≥2xy+2xz+2yz. ∴3x2+3y2+3z2≥x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz. ∴3（x2+y2+z2）≥（x+y+z）2=1.
x2 y2 z2 1. 3
题型二 分析法
【例2】（12分）已知函数f(x)=tan x,x (0, π),
2
若x1 ,
x2
(0,
π 2
),
且x1
x2 ,
求证 : 1[ f 2
(x1)
f
(x2 )]
f
( x1 x2 ). 2
思维启迪 本题若使用综合法进行推演，三角
函数式的化简较难处理，因此，可考虑分析法.
(2)分析法 ①定义：从 要证明的结论出发，逐步寻求使它成 立的 充分条件，直至最后，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）为止.这种证明方法叫做分析法. ②框图表示：
得到一个明显成立的条件 . 2.间接证明
反证法：假设原命题不成立 ，经过正确的推理, 最后得出 矛盾 ，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.
基础自测
1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立
的( A ) 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
解析 由分析法的特点可知.
2.否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正 确的反设为( D ) A.a，b，c都是奇数 B.a，b，c都是偶数 C.a，b，c中至少有两个偶数 D.a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 解析 ∵a,b,c恰有一个偶数，即a，b，c中只有 一个偶数,其反面是有两个或两个以上偶数或没 有一个偶数即全都是奇数，故只有D正确.
原命题正确.
题型四 分析法与综合法的综合应用
【例4】 若a、b、c是不全相等的正数，
求证: lg a b lg b c lg c a lg a lg b lg c.
2
2
2
思维启用迪分析法得到 再用综合法证明.
a b b c c a abc, 222
证明 方法一 要证lg a b lg b c lg c a lg a
2
2
2
lg b lg c成立,
即证lg(a b b c c a) lg(abc)成立. 222
只需证 a b b c c a abc成立, 222
a b ab 0, b c bc 0, c a
2
2
2
a b b c c a abc 0成立 222
因此1 x 2与1 y 2中至少有一个成立.
y
x
探究提高 (1)当一个命题的结论是以“至多”、
“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用
反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得
出矛盾，矛盾可以是：①与已知条件矛盾，②与
假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事
实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”
是②的( B ) A.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 分析法证明的本质是证明结论的充分条
件成立，即② ①，所以①是②的必要条件.
题型分类 深度剖析
题型一 综合法
【例1】 设a,b,c>0,证明：a2 b2 c2 a b c. bca
思维启迪 本题因为有三项分式，不主张用分
3.若a<b<0，则下列不等式中成立的是( C )
A. 1 1
ab
B.a 1 b 1
ba
C. b 1 a 1
ab
D. b b 1
a a 1
解析 a b 0, 1 1 , ab
又b a,b 1 a 1 . ab
4.实数a,b,c满足a+b+c =0，abc>0，则1 1 1
又∵a、b、c是不全相等的正数，
ca 0, （*）
∴（*）式等号不成立，∴原不等式成立.
方法二 ∵a、b、c∈R+，
a b ab 0, b c bc 0, c a ca 0.
2
2
2
又∵a、b、c是不全相等的正数，
a b b c c a abc. 222
lg(a b b c c a) lg(abc). 222
4
4
(1 a)a(1 b)b(1 c)c 1 , 64
这与假设矛盾,故原命题正确.
方法二 假设三式同时大于 1 , 4
∵0<a<1,∴1-a>0,
(1 a) b (1 a)b 1 1 ,
2
42
同理 (1 b) c 1 , (1 c) a 1 ,
2
22
2
三式相加得 3 3 ,这是矛盾的,故假设错误, 22
知能迁移2 已知a>0,求证: a2 1 2 a 1 2.
a2
a
证明 要证 a2 1 2 a 1 2,
a2
a
只要证 a 2 1 2 a 1 2.
a2
a
a 0,故只要证( a 2 1 2)2 (a 1 2)2 ,
a2
a
即a 2 1 4 a 2 1 4
失误与防范
1.利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误, 并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理 而推出矛盾结果，其推理过程是错误的.
2.用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的 规范性，常常用“要证（欲证）”…“即要 证”…“就要证”等分析到一个明显成立的结 论P，再说明所要证明的数学问题成立.
§13.4 直接证明与间接证明
基础知识 自主学习
要点梳理
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、公理、 定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出 所要证明的结论 成立 ,这种证明方法叫综合法. ②框图表示： (其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定 理等，Q表示要证的结论）.
一、选择题
定时检测
1.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点P1(x1,y1)、
P2（x2，y2）、P3(x3，y3)在抛物线上，且
2x2=x1+x3，则有
()
A.|FP1|+|FP2|=|FP3|
B.|FP1|2+|FP2|2=|FP3|2
C.2|FP2|=|FP1|+|FP3|
D.|FP2|2=|FP1|·|FP3|
证明 方法一 假设三式同时大于 1 ，
4
即(1 a)b 1 ,(1 b)c 1 ,(1 c)a 1 ,
∵a、b、c∈4 (0,1), 4
4
∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a>1 . 64
又(1 a)a (1 a a)2 1 ,
2
4
同理(1 b)b 1 ,(1 c)c 1 ,
即lg a b lg b c lg c a lg a lg b lg c.
2
2
2
探究提分高析法和综合法是对立统一的两种
方法，分析法的证明过程，恰好是综合法的分
析、思考过程，综合法是分析法的逆过程.
知能迁移4 设a，b均为正数，且a≠b,求证:a3+b3 >a2b+ab2. 证明 方法一 （分析法） 要证a3+b3>a2b+ab2成立， 只需证(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b)成立. 又因为a+b>0, 只需证a2-ab+b2>ab成立. 又需证a2-2ab+b2>0成立， 即需证（a-b）2>0成立. 而依题设a≠b,则(a-b)2>0显然成立，由此命题 得证.
方法二 （综合法）
a≠b a-b≠0 (a-b)2>0 a2-2ab+b2>0
a2-ab+b2>ab.
(*)
而a,b均为正数，∴a+b>0，
由（*）式即得(a+b)(a2-ab+b2)>ab(a+b),
∴a3+b3>a2b+ab2.
思想方法 感悟提高
方法与技巧
1.分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知. 2.综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知. 3.分析法和综合法各有优缺点.分析法思考起来比较
自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思 路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较 简捷地解决问题，但不便于思考.实际证题时常常 两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用 综合法叙述出来.
4.应用反证法证明数学命题,一般分下面几个步骤: 第一步：分清命题“p→q”的条件和结论； 第二步：作出与命题结论q相矛盾的假定 q； 第三步：由p和 q出发，应用正确的推理方法, 推出矛盾结果； 第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于开始所 作的假定 q不真，于是原结论q成立，从而间接 地证明了命题p→q为真. 第三步所说的矛盾结果，通常是指推出的结果 与已知公理矛盾、与已知定义矛盾、与已知定 理矛盾、与已知条件矛盾、与临时假定矛盾以 及自相矛盾等各种情况.
析法.综合法证明不等式，要特别注意基本不等
式的运用和对题设条件的运用.这里可从去分母
的角度去运用基本不等式.
证明 ∵a,b,c>0，根据基本不等式，
有 a2 b 2a, b2 c 2b, c2 a 2c.
b
c
a
三式相加 : a2 b2 c2 a b c 2(a b c). bca
4分
由于x1、
x2
(0,
π 2
),
故x1
x2
(0, π).
∴cos x1cos x2>0,sin(x1+x2)>0,
1+cos(x1+x2)>0,
6分
故只需证明1+cos(x1+x2)>2cos x1·cos x2, 8分
即证1+cos x1cos x2-sin x1sin x2>2cos x1cos x2,
即证：cos(x1-x2)<1.
10分
这由x1、 x2
(0,
2
),
x1
x2知上式是显然成立的.
因此,
1 2
[
f
(
x1
)
f (x2 )]
f
( x1 x2 ). 2
12分
探究提分高析法是数学中常用到的一种直接证明 方法,就证明程序来讲,它是一种从未知到已知(从 结论到题设)的逻辑推理方法.具体地说,即先假设 所要证明的结论是正确的,由此逐步推出保证此结 论成立的充分条件,而当这些判断恰恰都是已证的 命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命 题的已知条件时命题得证.
abc
的
B
值
()
A.一定是正数
B.一定是负数
C.可能是0
D.正、负不能确定
解析 （a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)=0
且a2+b2+c2>0(由abc>0知a,b,c均不为零)，
∴ab+bc+ac<0,
1 1 ab bc ca 0.
abc
abc
5.用分析法证明：欲使①A>B,只需②C<D,这里①
y
x
思维启迪 本题结论以“至少”形式出现，从正面
思考有多种形式，不易入手，故可用反证法加以
证明.
证明 假设1 x 2和1 y 2都不成立,
y
x
则有1 x 2和1 y 2同时成立,
y
x
因为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相矛盾，
证明
要证
1 2
[
f
(
x1
)
f
(x2 )]
f
( x1 x2 ), 2
即证明 1 2
(tan
x1
tan
x2
)
tan
x1
2
x2
,
2分
只需证明1 ( sin x1 sin x2 ) tan x1 x2 ,
2 cos x1 cos x2
2
只需证明 sin( x1 x2 ) sin( x1 x2 ) . 2 cos x1 cos x2 1 cos(x1 x2 )