《高二数学教案-知识讲解 直接证明与间接证明（提高）1212.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二数学教案-知识讲解 直接证明与间接证明（提高）1212.doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、直接证明与间接证明 编稿：赵雷 审稿：李霞【学习目标】1. 掌握用综合法证题的思路和特点。2. 掌握用分析法证题的思路和叙述方式3掌握间接证明中的常用方法反证法的思维过程和特点【要点梳理】要点一、综合法证题1定义：一般地，从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法.2综合法的的基本思路：执因索果综合法又叫“顺推证法”或“由因导果法”.它是由已知走向求证，即从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后导出待证结论或需求的问题综合法这种由因导果的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法3综合法的思维框图：用
2、表示已知条件，为定义、定理、公理等，表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：（已知） （逐步推导结论成立的必要条件） （结论）要点诠释（1）从“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，由因导果，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件； （2）用综合法证明不等式，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹； （3）因用综合法证明命题“若A则D”的思考过程可表示为： 故要从A推理到D，由A推演出的中间结论未必唯一，如B、B1、B2等，可由B、B1、B2进一步推演出的中间结论则可能更多，如C、C1、C2、C3、C4等等 所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综
3、合法证明问题的“瓶颈”4综合法证明不等式时常用的不等式（1）a2+b22ab（当且仅当a=b时取“=”号）；（2）（a，bR*，当且仅当a=b时取“=”号）；（3）a20，|a|0，(ab)20；（4）（a，b同号）；（a，b异号）；（5）a，bR，（6）不等式的性质定理1 对称性：abba。定理2 传递性：。定理3 加法性质：。推论 。定理4 乘法性质：。推论1 。推论2 。定理5 开方性质：。要点二、分析法证题1定义：一般地，从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，逐步寻找使命题成立的充分条件，直至所寻求的充分条件显然成立（已知条件、定理、定义、公理等），或由已知证明成立，从而
4、确定所证的命题成立的一种证明方法，叫做分析法.2分析法的基本思路：执果索因分析法又叫“逆推证法”或“执果索因法”.它是从要证明的结论出发，分析使之成立的条件，即寻求使每一步成立的充分条件，直到最后，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.分析法这种执果索因的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法。3分析法的思维框图：用表示已知条件和已有的定义、公理、公式、定理等，所要证明的结论，则用分析法证明可用框图表示为：（结论） （逐步寻找使结论成立的充分条件） （已知）4分析法的格式：要证，只需证，只需证，因为成立，所以原不等式得证。要点诠释： （1）分析法
5、是综合法的逆过程，即从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找它的充分条件 （2）由于分析法是逆推证明，故在利用分析法证明时应注意逻辑性与规范性，即分析法有独特的表述5综合法与分析法的横向联系（1） 综合法是把整个不等式看做一个整体，通过对欲证不等式的分析、观察，选择恰当不等式作为证题的出发点，其难点在于到底从哪个不等式出发合适，这就要求我们不仅要熟悉、正确运用作为定理性质的不等式，还要注意这些不等式进行恰当变形后的利用分析法的优点是利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握，而综合法的优点是宜于表述，条理清晰，形式简洁我们在证明不等式时，常用分析法寻找解题思
6、路，即从结论出发，逐步缩小范围，进而确定我们所需要的“因”，再用综合法有条理地表述证题过程分析法一般用于综合法难以实施的时候（2） 有些不等式的证明，需要把综合法和分析法联合起来使用：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P若由P可以推出Q成立，就可以证明结论成立，这种边分析边综合的证明方法，称之为分析综合法，或称“两头挤法”分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点 命题“若P则Q”的推演过程可表示为： 要点三、反证法证题间接证明不是从正面确定命题的真实
7、性，而是证明它的反面为假，或改证它的等价命题为真，间接地达到目的，反证法是间接证明的一种基本方法1反证法定义：一般地，首先假设要证明的命题结论不正确，即结论的反面成立，然后利用公理，已知的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.2反证法的基本思路：假设矛盾肯定” 分清命题的条件和结论 做出与命题结论相矛盾的假设 由假设出发，结合已知条件，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果 断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明原命题为真3反证法
8、的格式：用反证法证明命题“若p则q”时，它的全部过程和逻辑根据可以表示如下： 要点诠释：（1）反证法是间接证明的一种基本方法.它是先假设要证的命题不成立，即结论的反面成立，在已知条件和“假设”这个新条件下，通过逻辑推理，得出与定义、公理、定理、已知条件、临时假设等相矛盾的结论，从而判定结论的反面不能成立，即证明了命题的结论一定是正确的.(2) 反证法的优点：对原结论否定的假定的提出，相当于增加了一个已知条件.4反证法的一般步骤： （1）反设：假设所要证明的结论不成立，假设结论的反面成立； （2）归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾与已知条件、已知的公理、定义、定理、反设及明显的事实矛
9、盾或自相矛盾；（3）结论：因为推理正确，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 要点诠释：（1）结论的反面即结论的否定，要特别注意：“都是”的反面为“不都是”，即“至少有一个不是”，不是“都不是”；“都有”的反面为“不都有”，即“至少有一个没有”，不是“都没有”；“都不是”的反面是“部分是或全部是”，即“至少有一个是”，不是“都是”；“都没有”的反面为“部分有或全部有”，即“至少有一个有”，不是“都有”（2）归谬的主要类型： 与已知条件矛盾； 与假设矛盾（自相矛盾）；与定义、定理、公理、事实矛盾 5宜用反证法证明的题型： 要证的结论与条件之间的联系不明显，直
10、接由条件推出结论的线索不够清晰；比如“存在性问题、唯一性问题”等； 如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形.比如带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的数学问题. 要点诠释： 反证法体现出正难则反的思维策略（补集的思想）和以退为进的思维策略，故在解决某些正面思考难度较大和探索型命题时，有独特的效果【典型例题】类型一、利用综合法证明有关命题例1求证：a4+b4+c4abc(a+b+c)。【思路点拨】综合法常常变形不等式左边，然后利用公式和性质往右推。【解析】a4+b42a2b2，b4+c42b2c2，c4+a42c2a2，(a4+b4)+(
11、b4+c4)+(c4+a4)2(a2b2+b2c2+c2a2)，又a2b2+b2c22ab2c，b2c2+c2a22abc2，a2b2+c2a22a2bc，2(a2b2+b2c2+c2a2)2abc(a+b+c)。2(a4+b4+c4)2abc(a+b+c)，即a4+b4+c4abc(a+b+c)。【总结升华】 利用综合法时，从已知出发，进行运算和推理得到要证明的结论，并且在用均值定理证明不等式时，一要注意均值定理运用的条件，二要运用定理对式子作适当的变形，把式分成若干部分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相减。举一反三：【变式1】 已知a，b是正数，且a+b=1，求证：。【答案】 证法
12、一：a，bR，且a+b=1，。证法二：a，bR+，。又a+b=1，。证法三：。当且仅当a=b时，取“=”号。【变式2】求证：【答案】待证不等式的左端是3个数和的形式，右端是一常数的形式，而左端3个分母的真数相同，由此可联想到公式，转化成能直接利用对数的运算性质进行化简的形式. ，左边，.例2已知数列an中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，），a1=1。（1）设bn=an+12an（n=1，2，），求证：数列bn是等比数列。（2）设（n=1，2，）， 求证：数列cn是等差数列。【思路点拨】根据等比数列的定义变形。【解析】（1）Sn+1=4an+2，Sn+2=4an+1+
13、2，两式相减，得Sn+2Sn+1=4an+14an（n=1，2，3，）,即an+2=4an+14an，变形得an+22an+1=2(an+12an)。bn=an+12an（n=1，2，），bn+1=2bn（n=1，2，）。由此可知，数列bn是公比为2的等比数列。由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1，得a2=5，b1=a22a1=3。故bn=32n1。（2）（n=1，2，）将bn=32n1代入，得（n=1，2，）。由此可知，数列cn是公差的等差数列，它的首项，故。【总结升华】 本题从已知条件入手，分析数列间的相互关系，合理实现了数列间的转化，从而使问题获解，综合法是直接证明中最常用的证明方法
14、。举一反三：【变式1】已知数列满足, ，求证：是等比数列； 【答案】 由an1an6an1，an12an3(an2an1) (n2)a15，a25a22a115故数列an12an是以15为首项，3为公比的等比数列 【变式2】在ABC中，若a2=b(b+c)，求证：A=2B。【答案】a2=b(b+c)，又，cosA=cos2B。又A、B是三角形的内角，故A=2B。例3如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD， PD=DC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F。求证：（1）PA平面EDB；（2）PB平面EFD。【解析】（1）连结AC交BD于O，连结EO。底面AB
15、CD是正方形，点O是AC的中点，在PAC中，EO是中位线，PAEO。而EO平面EDB且PA平面EDB，PA平面EDB。（2）PD底面ABCD且DC底面ABCD，PDDC。由PD=DC，可知PDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC上的中线，DEPC。同样由PD底面ABCD，得PDBC。底面ABCD是正方形，DCBC，BC平面PDC。而DE平面PDC，BCDE。由和推得DE平面PBC。而PB平面PBC，DEPB。又EFPB且DEEF=E，PB平面EFD。【总结升华】 利用综合法证明立体几何中线线、线面和面面关系的关键在于熟练地运用判定定理和性质定理。举一反三：【变式1】如图，设在四面体中，是的中点
16、.求证：垂直于所在的平面. 【答案】连、因为是斜边上的中线，所以又因为,而是、的公共边，所以于是,而，因此，由此可知垂直于所在的平面.【变式2】如图所示，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，SA平面ABCD，且 SA=AB，点E为AB的中点，点F为SC的中点求证：（1）EFCD； （2）平面SCD平面SCE【答案】（1）SA平面ABCD，F为SC的中点，AF为RtSAC斜边SC上的中线。又四边形ABCD是正方形，CBAB。而由SA平面ABCD，得CBSA，CB平面SAB。又SB平面SAB，CBSB。BF为RtSBC的斜边SC上的中线，。AF=BF，AFB为等腰三角形。又E为AB的中点，
17、EFAB。又CDAB，EFCD。（2）由已知易得RtSAERtCBE，SE=EC，即SEC是等腰三角形，EFSC。又EFCD且SCCD=C，EF平面SCD。又EF平面SCE，平面SCD平面SCE。类型二、 利用分析法证明有关命题例4. 设、，且，用分析法证明：【解析】要证成立，只需证 成立，即证成立，即证成立，也就是要证成立，因为、，且，所以显然成立，由此原不等式得证.【总结升华】1.在证明过程中，若使用综合法出现困难时，应及时调整思路，分析一下要证明结论成立需要怎样的充分条件是明智之举.从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻找使当前命题成立的充分条件的方法.2. 用分析法证明问题时，一定要恰
18、当地用好“要证”“只需证”“即证”“也即证”等词语举一反三：【变式1】设a，b，c，dR，求证：【答案】当ac+bc0时，不等式显然成立。当ac+bd0时，要证明，只需证明(ac+bd)2(a2+b2)(c2+d2)，即证明a2c2+2abcd+b2d2a2c2+a2d2+b2c2+b2d2，只需证明2abcda2d2+b2c2，只需证明(adbc)20。而上式成立，成立。【变式2】求证： 【答案】分析法：要证成立，只需证明，两边平方得，所以只需证明，两边平方得，即，恒成立，原不等式得证.【高清课堂：直接证明与间接证明401471 例题2】【变式2】已知，求证：要证只需证，只需证，即欲证，只需
19、证，即显然成立。欲证，只需证，即显然成立。成立，且以上各步都可逆，故原不等式成立。例5.例5.若a,b,c是不全相等的正数，求证：lg+ lg+ lglga+lgb+lgc。【思路点拨】注意到不等式左右两边均为和式结构，考虑用若干次均值不等式后相加。【解析】要证lg+ lg+ lglga+lgb+lgc，只需证lglg（abc），只需证abc。但是，。且上述三式中的等号不全成立，所以，abc。因此lg+ lg+ lglga+lgb+lgc。【总结升华】这个证明中的前半部分用的是分析法，后半部分用的是综合法。在实际证题过程中，分析法与综合法是统一运用的，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的。
20、没有分析就没有综合；没有综合也没有分析。问题仅在于，在构建命题的证明路径时，有时分析法居主导地位，综合法伴随着它；有时却刚刚相反，是综合法导主导地位，而分析法伴随着它。举一反三：【变式1】设a、b是两个正实数，且ab，求证：【答案】证明一：(分析法)要证+成立，只需证(a+b)( -ab+)ab(a+b)成立，即需证-ab+ab成立。(a+b0)只需证-2ab+0成立，即需证0成立。而由已知条件可知，ab，有a-b0，所以0显然成立，由此命题得证。证明二：(综合法)ab，a-b0，0，即-2ab+0亦即-ab+ab由题设条件知，a+b0，(a+b)( -ab+)(a+b)ab即+，由此命题得证
21、。【变式2】的三个内角成等差数列，求证：【答案】要证原式成立，只要证，即只要证即只要证；而，所以，由余弦定理得所以.类型三、反证法证明相关问题例6证明不可能成等差数列【思路点拨】证明含有“不”“没有”“无”等否定性词语的命题，应考虑反证法。【解析】（一）：假设成等差数列，即，下面用分析法证明。要证，只需证，即证，即证，即证，而该式显然成立，故，这与假设相矛盾，所以假设不成立，从而不成等差数列证明（二）：假设成等差数列，即，下面用综合法证明，即，即，这与假设相矛盾，故假设不成立，从而不成等差数列【总结升华】结论中含有“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题，此类问题的反面比较具体，适宜应用反证法
22、举一反三：【变式1】求证：函数不是周期函数【答案】假设是周期函数，则存在常数T（T0）使得对任意xR，都有成立上式中含x=0，则有，（mz且m0） 再令x=T，则有，（nZ且n0） 得：，这里，m，n为非零整数，故为有理数，而无理数，二者不可能相等因此不是周期函数【变式2】设an是公比为q的等比数列，Sn为它的前n项和（1）求证：数列Sn不是等比数列（2）数列Sn是等差数列吗？为什么？【答案】假设Sn是等比数列，则，即a10，(1+q)2=1+q+q2即q=0，与等比数列中公比q0矛盾故Sn不是等比数列（2）解：当q=1时，Sn=na1，nN*，数列Sn是等差数列当q1时，Sn不是等差数列，下
23、面用反证法证明：假设数列Sn是等差数列，则S1，S2，S3成等差数列，即2S2=S1+S3，2a1(1+q)=a1+a1(1+q+q2)a10，2+2q=1+1+q+q2，得q=q2q1，q=0，这与等比数列中公比q0矛盾从而当q1时，Sn不是等差数列综上可知，当q=1时，数列Sn是等差数列；当q1时，数列Sn不是等差数列【变式3】已知数列an的前n项的和Sn满足Sn2an3n (nN*)(1)求证an3为等比数列，并求an的通项公式；(2)数列an是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由【答案】 (1)Sn2an3n (nN*)，a1S1
24、2a13，a13.又由得an1Sn1Sn2an12an3，an132(an3)，an3是首项为a136，公比为2的等比数列an362n1，即an3(2n1)(2)假设数列an中存在三项ar，as，at (rst)，它们可以构成等差数列由(1)知arasat，则2asarat，6(2s1)3(2r1)3(2t1)，即2s12r2t，2s1r12tr(*)r、s、t均为正整数且rst，(*)左边为偶数而右边为奇数，假设不成立，即数列an不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列。例7.已知a，b，c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a中至少有一个小于或等于【思路点拨】“至多”或“至少
25、”语句的证明宜用反证法。【解析】 证法一：假设三式同时大于，即，三式相乘，得，又，同理，以上三式相乘，得，这与矛盾，故结论得证证法二：假设三式同时大于0a1，1a0同理，三式相加，得，矛盾。原命题成立【总结升华】从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形的问题多用反证法.比如这类带有“至少有一个”等字样的数学问题.举一反三：【变式】已知，求证：中至少有一个大于.【答案】假设都小于或等于，因为 ，所以三者同为正或一正两负，又因为，所以三者中有两负一正，不妨设，则由均值不等式得，即， 解得，与假设矛盾，所以 中至少有一个大于.例8已知：直线a以及Aa求
26、证：经过直线a和点A有且只有一个平面【解析】（1）“存在性”，在直线a上任取两点B、C，如图Aa，Ba，Ca，A、B、C三点不在同一直线上过A、B、C三点有且只有一个平面B，C，a，即过直线a和点A有一个平面（2）“唯一性”，假设过直线a和点A还有一个平面Aa，Ba，Ca，B，C过不共线的三点A、B、C有两个平面、，这与公理矛盾假设不成立，即过直线a和点A不可能还有另一个平面，而只能有一个平面。【总结升华】 这里证明“唯一性”时用了反证法对于“唯一性”问题往往使用反证法进行证明，要注意与“同一法”的区别与联系举一反三：【变式1】求证：两条相交直线有且只有一个交点【答案】假设结论不成立，即有两种可能：（1）若直线a、b无交点，那么ab，与已知矛盾；（2）若直线a、b不止有一个交点，则至少有两个交点A和B，这样同时经过点A、B就有两条直线，这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾综上所述，两条相交直线有且只有一个交点【高清课堂：直接证明与间接证明401471 例题6】【变式2】证明：函数的最小正周期为.【答案】对任意实数，由于与的终边重合，根据正弦函数的定义可知，所以是函数的周期.下面证明是最小的正数周期.假设存在实数，满足，且对任意实数x都成立，则当时，有，因为，所以.又当 时，因为，而，所以，从而不是周期，与假设矛盾.从而不存在比小的实数，使得恒成立，从而是最小正周期.