2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第十一章11.4 直接證明與間接證明教案 理 北師大版

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1、2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第十一章11.4 直接證明與間接證明教案 理 北師大版 考綱要求 1．了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過(guò)程、特點(diǎn)． 2．了解間接證明的一種基本方法——反證法；了解反證法的思考過(guò)程、特點(diǎn)． 知識(shí)梳理 1．直接證明中最基本的兩種證明方法是______和______． 2．綜合法是利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過(guò)一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立．綜合法簡(jiǎn)稱(chēng)為：________. 3．分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件

2、(已知條件、定理、定義、公理等)為止．分析法簡(jiǎn)稱(chēng)為：________. 4．反證法：假設(shè)原命題______，經(jīng)過(guò)正確的推理，最后得出矛盾，因此說(shuō)明________，從而證明了__________，這樣的證明方法叫反證法． 應(yīng)用反證法證明數(shù)學(xué)命題，一般有下面幾個(gè)步驟： 第一步，分清命題“p→q”的__________； 第二步，作出與命題結(jié)論q相矛盾的假設(shè)____； 第三步，由p與q出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾結(jié)果； 第四步，斷定產(chǎn)生矛盾結(jié)果的原因在于開(kāi)始所作的假設(shè)q不真，于是原結(jié)論q成立，從而間接地證明了命題p→q為真． 基礎(chǔ)自測(cè) 1．分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找

3、使結(jié)論成立的(　　)． A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．等價(jià)條件 2．用反證法證明“如果a＞b，那么＞”假設(shè)內(nèi)容應(yīng)是(　　)． A．＝ B．＜ C．＝且＜ D．＝或＜ 3．設(shè)t＝a＋2b，S＝a＋b2＋1，則下列關(guān)于t和S的大小關(guān)系中正確的是(　　)． A．t＞S B．t≥S C．t＜S D．t≤S 4．因?yàn)槟撤N產(chǎn)品的兩種原料相繼提價(jià)，所以生產(chǎn)者決定對(duì)產(chǎn)品分兩次提價(jià)，現(xiàn)在有三種提價(jià)方案： 方案甲：第一次提價(jià)p%，第二次提價(jià)q%； 方案乙：第一次提價(jià)q%，第二次提價(jià)p%； 方案丙：第一次提價(jià)

4、%，第二次提價(jià)%， 其中p＞q＞0.比較上述三種方案，提價(jià)最多的是(　　)． A．甲 B．乙 C．丙 D．一樣多 思維拓展 1．綜合法與分析法有什么聯(lián)系與差異？ 提示：綜合法與分析法是直接證明的兩種基本方法，綜合法的特點(diǎn)是從已知看可知，逐步推出未知．在使用綜合法證明時(shí)，易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是因果關(guān)系不明確，邏輯表達(dá)混亂．分析法是從未知看需知，逐步靠攏已知．當(dāng)命題的條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，證明中需要用哪些知識(shí)不太明確具體時(shí)，往往采用從結(jié)論出發(fā)，結(jié)合已知條件，逐步反推，尋求使當(dāng)前命題成立的充分條件，把證明轉(zhuǎn)化為判定這些條件是否具備的問(wèn)題． 2．綜合法與分析法

5、各有什么優(yōu)點(diǎn)與缺點(diǎn)？ 提示：綜合法與分析法各有優(yōu)缺點(diǎn)，分析法思考起來(lái)比較簡(jiǎn)單，易找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是敘述煩瑣；綜合法從條件推結(jié)論，較簡(jiǎn)潔地解決問(wèn)題，但不便于思考．因此，通常將它們結(jié)合起來(lái)使用，先用分析法探索證明途徑，再用綜合法敘述出來(lái)． 3．在什么情況下可考慮利用反證法證明問(wèn)題？ 提示：反證法是間接證明的一種方法，它適用于以下兩種情形：(1)要證的結(jié)論與條件之間的聯(lián)系不明顯，直接由條件推出結(jié)論的線(xiàn)索不夠清晰；(2)若從正面證明，需要分成多種情形進(jìn)行討論，而從反面證明，只需研究一種或很少的幾種情形． 一、綜合法 【例1－1】(xx上海高考，理15)若a，b∈R，且ab＞0.

6、則下列不等式中，恒成立的是(　　)． A．a(chǎn)2＋b2＞2ab B．a(chǎn)＋b≥2 C．＋＞ D．＋≥2 【例1－2】如圖，四邊形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA.求證： (1)平面AMD∥平面BPC； (2)平面PMD⊥平面PBD. 方法提煉1．綜合法是“由因?qū)Ч保菑囊阎獥l件出發(fā)，順著推證，經(jīng)過(guò)一系列的中間推理，最后導(dǎo)出所證結(jié)論的真實(shí)性．用綜合法證明題的邏輯關(guān)系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已知條件或數(shù)學(xué)定義、定理、公理，B為要證結(jié)論)，它的常見(jiàn)書(shū)面表達(dá)是“∵，∴”或“?”． 2．利用綜合法證不等式時(shí)

7、，是以基本不等式為基礎(chǔ)，以不等式的性質(zhì)為依據(jù)，進(jìn)行推理論證的．因此，關(guān)鍵是找到與要證結(jié)論相匹配的基本不等式及其不等式的性質(zhì)． 3．綜合法是一種由因?qū)Ч淖C明方法，其邏輯依據(jù)是三段論式的演繹推理方法，這就是保證前提正確，推理合乎規(guī)律，才能保證結(jié)論的正確性． 請(qǐng)做[針對(duì)訓(xùn)練]1 二、分析法 【例2－1】△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c. 求證：＋＝. 【例2－2】若a，b，c為不全相等的正數(shù)， 求證：lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c. 方法提煉1．分析法是“執(zhí)果索因”，它是從要證的結(jié)論出發(fā)，倒著分析，逐漸地靠近已知． 2．用分

8、析法證“若P，則Q”這個(gè)命題的模式是： 為了證明命題Q為真，這只需證明命題P1為真，從而有…… 這只需證明命題P2為真，從而有…… … 這只需證明命題P為真． 而已知P為真，故Q必為真． 特別警示：用分析法證題時(shí)，一定要嚴(yán)格按格式書(shū)寫(xiě)，否則極易出錯(cuò)． 3．在解決問(wèn)題時(shí)，我們經(jīng)常把綜合法和分析法結(jié)合起來(lái)使用，根據(jù)條件的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去轉(zhuǎn)化結(jié)論，得到中間結(jié)論Q；根據(jù)結(jié)論的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去轉(zhuǎn)化條件，得到中間結(jié)論P(yáng)，若由P可以推出Q成立，就可以證明結(jié)論成立．一般情況下，用分析法尋找思路，用綜合法完成證明． 請(qǐng)做[針對(duì)訓(xùn)練]2 三、反證法 【例3】設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)

9、和． (1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列； (2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？ 方法提煉反證法是間接證明問(wèn)題的一種常用方法，它不是從已知條件去直接證明結(jié)論，而是先否定結(jié)論，在否定結(jié)論的基礎(chǔ)上進(jìn)行演繹推理，導(dǎo)出矛盾，從而肯定結(jié)論的真實(shí)性．用反證法證明要把握三點(diǎn)：(1)反設(shè)：必須先否定結(jié)論，即肯定結(jié)論的反面；(2)歸謬：必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進(jìn)行推證．推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與已知事實(shí)矛盾等，但推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的；(3)結(jié)論：因?yàn)橥评碚_，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設(shè)”的謬誤，既然結(jié)論的反面不成

10、立，從而肯定了結(jié)論成立． 請(qǐng)做[針對(duì)訓(xùn)練]3 考情分析 本節(jié)在高考中一般不會(huì)直接命題，仍然是以其他知識(shí)為載體，作為一種方法考查有關(guān)內(nèi)容．因此，從該角度說(shuō)它是每年高考的重點(diǎn)，幾乎涉及數(shù)學(xué)的各方面知識(shí)，代表著研究性命題的發(fā)展趨勢(shì)，在選擇題、填空題、解答題中都可能涉及．該部分命題的方向主要在函數(shù)、三角恒等變換、數(shù)列、立體幾何、解析幾何等方面，以考查“直接證明”中的綜合法為主，偶爾也會(huì)出現(xiàn)利用反證法證明的題目，重點(diǎn)考查運(yùn)算能力與邏輯推理能力． 針對(duì)訓(xùn)練 1．已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1. 求證：≥8. 2．已知a，b∈(0，＋∞)，求證：. 3．已知p3＋q3＝2，求證：

11、p＋q≤2. 參考答案 基礎(chǔ)梳理自測(cè) 知識(shí)梳理 1．綜合法　分析法 2．由因?qū)Ч? 3．執(zhí)果索因 4．不成立　假設(shè)錯(cuò)誤　原命題成立　條件和結(jié)論　q 基礎(chǔ)自測(cè) 1．A 2．D　解析：假設(shè)結(jié)論不成立，即＞的否定為≤. 3．D　解析：∵S－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0， ∴S≥t. 4．C　解析：設(shè)產(chǎn)品的原價(jià)為a，則按方案甲可得提價(jià)后的價(jià)格為A＝a(1＋p%)·(1＋q%)；按方案乙可得提價(jià)后的價(jià)格為B＝a(1＋q%)(1＋p%)＝A；按方案丙可得提價(jià)后的價(jià)格為 C＝a ＝a2， 則C－B＝a2－a(1＋p%)(1＋q%)＝(p%－q%)2＞0，故應(yīng)選C

12、. 考點(diǎn)探究突破 【例1－1】D　解析：當(dāng)a＝b時(shí)，(a－b)2＝0，即a2＋b2＝2ab，故A不成立； 當(dāng)a＜0，且b＜0時(shí)，B，C不成立； 對(duì)于D，由ab＞0，知＞0，＞0，故＋≥2恒成立，等號(hào)成立的條件為a＝b. 【例1－2】證明：(1)因?yàn)镻B⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD， 所以PB∥MA 因?yàn)镻B?平面BPC，MA?平面BPC， 所以MA∥平面BPC. 同理，DA∥平面BPC. 又MA?平面AMD，AD?平面AMD，MA∩AD＝A， 所以平面AMD∥平面BPC. (2)連接AC，設(shè)AC∩BD＝E，取PD的中點(diǎn)F，連接EF，MF. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD

13、為正方形， 所以E為BD的中點(diǎn)． 因?yàn)镕為PD的中點(diǎn)， 所以EFPB. 又AM∥PB， 所以四邊形AEFM為平行四邊形． 所以MF∥AE. 因?yàn)镻B⊥平面ABCD，AE?平面ABCD， 所以PB⊥AE. 所以MF⊥PB. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形， 所以AC⊥BD. 所以MF⊥BD. 所以MF⊥平面PBD. 又MF?平面PMD， 所以平面PMD⊥平面PBD. 【例2－1】證明：要證＋＝，即證＋＝3， 也就是＋＝1， 只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需證c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°

14、， 由余弦定理，有 b2＝c2＋a2－2accos 60°，即b2＝c2＋a2－ac， 故c2＋a2＝ac＋b2得證． 于是原等式成立． 【例2－2】證明：要證lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c， 只需證lg＞lg abc，即證··＞abc. 因?yàn)閍，b，c為不全相等的正數(shù)， 所以≥＞0，≥＞0，≥＞0， 且上述三式中等號(hào)不能同時(shí)成立． 所以··＞abc成立， 所以lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c成立． 【例3】(1)證明：若{Sn}是等比數(shù)列，則＝S1·S3，即(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)， ∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋

15、q2，解得q＝0，這與q≠0相矛盾， 故數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列． (2)解：當(dāng)q＝1時(shí)，{Sn}是等差數(shù)列． 當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn}不是等差數(shù)列．假設(shè)q≠1時(shí)，S1，S2，S3成等差數(shù)列，即2S2＝S1＋S3， 2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)． 由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2， ∵q≠1，∴q＝0，這與q≠0相矛盾． 綜上可知，當(dāng)q＝1時(shí)，{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時(shí)，{Sn}不是等差數(shù)列． 演練鞏固提升 針對(duì)訓(xùn)練 1．證明：∵ ＝ ≥＝＝8， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)等號(hào)成立， ∴不等式成立． 2．證明：因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)，要證原不等式成立， 只需證， 即證(a3＋b3)2＜(a2＋b2)3， 即證a6＋2a3b3＋b6＜a6＋3a4b2＋3a2b4＋b6， 只需證2a3b3＜3a4b2＋3a2b4. 因?yàn)閍，b∈(0，＋∞)， 所以即證2ab＜3(a2＋b2)． 而a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab＞2ab成立， 所以. 3．證明：假設(shè)p＋q＞2，那么p＞2－q， ∴p3＞(2－q)3＝8－12q＋6q2－q3. 將p3＋q3＝2代入得，6q2－12q＋6＜0，即6(q－1)2＜0. 由此得出矛盾，故p＋q≤2.