【步步高】2014届高考数学大一轮复习 13.3直接证明与间接证明配套课件 理 新人教A版

§13.3直接证明与间接证明数学RA（理）第十三章算法初步、推理与证明、复数基础知识·自主学习难点正本疑点清源要点梳理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，最后推导出所要证明的结论，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证明的结论)．1．综合法证明问题是由因导果，分析法证明问题是执果索因．推理论证成立基础知识·自主学习难点正本疑点清源要点梳理(2)分析法①定义：从出发，逐步寻求使它成立的，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：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件.1．综合法证明问题是由因导果，分析法证明问题是执果索因．要证明的结论充分条件基础知识·自主学习难点正本疑点清源要点梳理2．间接证明反证法：假设原命题，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，这样的证明方法叫做反证法．2．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．不成立矛盾题号答案解析12345D基础知识·自主学习基础自测②3B－b题型分类·深度剖析题型一综合法的应用【例1】已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥63，并确定a，b，c为何值时，等号成立．解析思维启迪探究提高题型分类·深度剖析题型一解析思维启迪探究提高利用a2＋b2≥2ab，1a2＋1b2≥2ab，再利用ab＋1ab≥2，根据这个解题思路去解答本题即可．综合法的应用【例1】已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥63，并确定a，b，c为何值时，等号成立．【例1】已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥63，并确定a，b，c为何值时，等号成立．题型分类·深度剖析题型一解析思维启迪探究提高由于出现的结果有限，每次每颗只能有四种结果，且每种结果出现的可能性是相等的，所以是古典概型．由于试验次数少，故可将结果一一列出．证明因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①同理1a2＋1b2＋1c2≥1ab＋1bc＋1ac，②故a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥ab＋bc＋ac＋31ab＋31bc＋31ac≥63.③所以原不等式成立．综合法的应用当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝314时，原式等号成立．题型分类·深度剖析题型一解析思维启迪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．综合法的应用【例1】已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2≥63，并确定a，b，c为何值时，等号成立．变式训练1已知a、b、c为正实数，a＋b＋c＝1.求证：(1)a2＋b2＋c2≥13；(2)3a＋2＋3b＋2＋3c＋2≤6.题型分类·深度剖析证明(1)方法一a2＋b2＋c2－13＝13(3a2＋3b2＋3c2－1)＝13[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2]＝13(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc)＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，∴a2＋b2＋c2≥13.方法二∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2，∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2≥13.变式训练1已知a、b、c为正实数，a＋b＋c＝1.求证：(1)a2＋b2＋c2≥13；(2)3a＋2＋3b＋2＋3c＋2≤6.题型分类·深度剖析方法三设a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ.∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0.∴a2＋b2＋c2＝13＋α2＋13＋β2＋13＋γ2＝13＋23(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2＝13＋α2＋β2＋γ2≥13，∴a2＋b2＋c2≥13.(2)∵3a＋2＝3a＋2×1≤3a＋2＋12＝3a＋32，同理3b＋2≤3b＋32，3c＋2≤3c＋32，∴3a＋2＋3b＋2＋3c＋2≤3a＋b＋c＋92＝6，∴原不等式成立．题型分类·深度剖析题型二分析法的应用【例2】已知m0，a，b∈R，求证：a＋mb1＋m2≤a2＋mb21＋m.解析思维启迪探究提高题型分类·深度剖析题型二本题若使用综合法，不易寻求证题思路．可考虑使用分析法．解析思维启迪探究提高分析法的应用【例2】已知m0，a，b∈R，求证：a＋mb1＋m2≤a2＋mb21＋m.【例2】已知m0，a，b∈R，求证：a＋mb1＋m2≤a2＋mb21＋m.题型分类·深度剖析题型二解析思维启迪探究提高分析法的应用证明∵m0，∴1＋m0.∴要证原不等式成立，只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．题型分类·深度剖析题型二分析法的特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，运用分析法必须考虑条件的必要性是否成立．通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．解析思维启迪探究提高分析法的应用【例2】已知m0，a，b∈R，求证：a＋mb1＋m2≤a2＋mb21＋m.题型分类·深度剖析变式训练2已知a0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.∵a0，故只要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22a＋1a＋2，从而只要证2a2＋1a2≥2a＋1a，只要证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2，即a2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．【例3】已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根．题型分类·深度剖析题型三反证法的应用思维启迪解析探究提高题型分类·深度剖析题型三“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“三个方程都没有实数根”．思维启迪解析探究提高【例3】已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根．反证法的应用【例3】已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根．题型分类·深度剖析题型三思维启迪解析探究提高由于出现的结果有限，每次每颗只能有四种结果，且每种结果出现的可能性是相等的，所以是古典概型．由于试验次数少，故可将结果一一列出．证明假设三个方程都没有实数根，则4a2－4－4a＋30a－12－4a202a2－4×－2a0⇒－32a12a13或a－1－2a0，∴－32a－1.这与已知a≥－1矛盾，所以假设不成立，故原结论成立．反证法的应用题型分类·深度剖析题型三思维启迪解析探究提高结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”形式的不等式，或直接从正面入手难以寻觅解题的突破口的问题，宜考虑使用反证法．用反证法证明命题时，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，有的与已知事实相违背等等，推导出的矛盾必须是明显的．【例3】已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根．反证法的应用变式训练3等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．题型分类·深度剖析(1)解由已知得a1＝2＋13a1＋3d＝9＋32，∴d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．(2)证明由(1)得bn＝Snn＝n＋2.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p、q、r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b2q＝bpbr.即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)．变式训练3等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．题型分类·深度剖析∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴q2－pr＝02q－p－r＝0，∴p＋r22＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r.与p≠r矛盾．所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．典例：(12分)已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．思想与方法25.分析法与综合法的整合题型分类·深度剖析审题视角规范解答温馨提醒典例：(12分)已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．题型分类·深度剖析(1)先判断它们的大小，可用特例法．(2)用分析法探寻证题思路．(3)用综合法完成证明．事实上，取a＝1，b＝2，c＝4，则f(a)＋f(c)＝f(1)＋f(4)＝log23＋log26＝log218,2f(b)＝2f(2)＝2log24＝log216，于是由log218log216，猜测f(a)＋f(c)2f(b)．要证f(a)＋f(c)2f(b)，则只需证log2(a＋2)＋log2(c＋2)2log2(b＋2)，即证log2(a＋2)(c＋2)log2(b＋2)2，也即证(a＋2)(c＋2)(b＋2)2.展开整理得ac＋2(a＋c)b2＋4b.因为b2＝ac，所以只要证a＋c2ac，显然是成立的．思想与方法25.分析法与综合法的整合审题视角规范解答温馨提醒典例：(12分)已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．解f(a)＋f(c)2f(b)．题型分类·深度剖析思想与方法25.分析法与综合法的整合审题视角规范解答温馨提醒2分证明如下：因为a，b，c是两两不相等的正数，所以a＋c2ac.4分因为b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)b2＋4b，即ac＋2(a＋c)＋4b2＋4b＋4，从而(a＋2)(c＋2)(b＋2)2.8分因为f(x)＝log2x是增函数，所以log2(a＋2)(c＋2)log2(b＋2)2，10分即log2(a＋2)＋log2(c＋2)2log2(b＋2)．故f(a)＋f(c)2f(b)．12分典例：(12分)已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a