第一篇：高中數(shù)學第2章推理與證明22直接證明與間接證明222間接證明知識導航學案蘇教版1-2![最終版]

2.2.2 間接證明

知識梳理

1.不是直接從命題的條件逐步推得命題成立，這種不是直接證明的方法稱為______________（indirect proof).______________就是一種常用的間接證明方法.2.反證法：一般地，假設原命題不成立.經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做______________（reducation to absurdity).3.反證法的證明過程為“否定——______________——______________”.4.反證法的一般步驟：

（1）反設——________________________________________________________.（2）歸謬——________________________________________________________.（3）存真——________________________________________________________.知識導學

通過本節(jié)課的學習，認識反證法在證明問題中的重要作用，學會用反證法，證明有關命題，并且要注意根據(jù)題目的類型，合理選擇運用證明問題的方法，學會尋找問題中的矛盾，正確推理.疑難突破

1.對反證法的理解：

從假設結論不成立入手，推出與“已知條件、假設、公理或顯然成立的事實”等相矛盾的結果，從而判定假設錯誤，結論成立，這種方法叫做反證法.反證法證題的特征：是通過導出矛盾、歸結為謬誤，而使命題得證.反證法的原理是“否定之否定等于肯定”.反證法解題的實質就是否定結論導出矛盾，從而說明原結論正確.即證明命題的逆否命題成立否定結論：對結論的反面要一一否定，不能遺漏；否定一個反面之反證法稱為歸謬法，否定兩個或兩個以上反面之反證法稱為窮舉法，要注意用反證法解題，“否定結論”在推理論證中作為已知使用，導出矛盾是指在假設的前提下，邏輯推理結果與“已知條件、假設、公理、定理或顯然成立的事實”等相矛盾.反證法適宜證明存在性、惟一性、帶有“至少有一個”或“至多有一個”等字樣的一些數(shù)學問題.用反證法證明不等式，常用的否定形式有：“≥”的反面為“＜”；“≤”的反面為“＞”；“＞”的反面為“≤”；“＜”的反面為“≥”；“≠”的反面為“＝”；“＝”的反面為“≠”或“＞”及“＜”.反證法屬邏輯方法范疇，它的嚴謹體現(xiàn)在它的原理上，即“否定之否定等于肯定”.其中：第一個否定是指“否定結論（假設）”；第二個否定是指“邏輯推理結果否定了假設”.反證法屬“間接解題方法”，書寫格式易錯之處是“假設”易錯寫成“設”.反證法不是去直接證明結論，而是先否定結論，在否定結論的基礎上運用演繹推理，導出矛盾，從而肯定結論的真實性.2.應用反證法證明數(shù)學命題的一般步驟：

（1）反設：假設命題的結論不成立，即假定原結論的反面為真；

（2）歸謬：從反設和已知條件出發(fā)，應用正確的推理方法，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果.（3）存真：由矛盾結果、斷定反設不真，從而肯定原結論成立.常見的主要矛盾有：①與數(shù)學公理、定理、公式、定義或已證明了的結論相矛盾； ②與臨時假設矛盾；

③與公認的事實或自相矛盾等.典題精講

【例1】 如圖2-2-4所示，AB、CD為圓的兩條相交弦、且不全為直徑.求證：AB、CD不能互相平分.思路分析：要證AB與CD不能互相平分，從正面來證明難度很大，所以正難則反，采用反證法，假設AB與CD相互平分，可以找出存在的矛盾.圖2-2-4

證明：假設AB、CD互相平分，連結AC、CB、AD、BD則ACBD為平行四邊形.所以：∠ACB=∠ADB,∠CAD=∠CBD.因為四邊形ACBD為圓內(nèi)接四邊形，所以∠ACB+∠ADB=180°，∠CAD+∠CBD=180°.因此，∠ACB=90°，∠CAD=90°.所以，對角線AB、CD均為直徑，與已知矛盾.因此，AB、CD不能互相平分.綠色通道：反證法的關鍵是，在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與已知條件矛盾；或與假設矛盾；或與定義、定理、公理、事實矛盾等.反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，英國近代數(shù)學家哈代曾經(jīng)這樣稱贊它：“??歸謬法（反證法）是數(shù)學家最有力的一件武器，比起象棋開局時犧牲一子以取得優(yōu)勢的讓棋法，它還要高明.象棋對弈者不外乎犧牲一卒或頂多一子，數(shù)學家索性把全局拱手讓予對方！”.黑色陷阱：在利用反證法證明問題時，一定要分清命題的條件和結論，假設時要對結論進行否定.【變式訓練】 如圖2-2-5所示，在△ABC中，AB＞AC，AD為BC邊上的高線，AM是BC邊上的中線，求證：點M不在線段CD上.圖2-2-5 證明（反證法）

假設M在線段CD上，則BD＜BM=CM＜DC, 222222且AB=BD+AD,AC=AD+CD, 22222222所以AB=BD+AD＜BM+AD＜CD+AD=AC, 22即AB＜AC,AB＜AC.這與AB＞AC矛盾，所以點M不在線段CD上.【例2】 若a、b、c均為實數(shù)，且a=x-2y+

2???2

2,b=y-2x+,c=z-2x+, 2362 求證：a、b、c中至少有一個大于0.思路分析：命題以否定形式出現(xiàn)（如不存在，不相交等），并伴有“至少??”，“不都??”，“都不??”，“沒有??”，“至多??”等指示性語句，在直接方法很難證明時，可以采用反證法.證明：假設a、b、c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，則a+b+c≤0, 而a+b+c=x-2y+2?2?2?222+y-2x++z-2x+=(x-1)+(y-1)+(z-1)+π-3 236

222∵π-3＞0，且(x-1)+(y-1)+(z-1)≥0，∴a+b+c＞0 這與a+b+c≤0矛盾，因此，a、b、c中至少有一個大于0.綠色通道：在利用反證法證明時的實質是證明它的逆否命題成立，反證法的主要依據(jù)是邏輯中的排中律，排中律的一般表現(xiàn)形式是：或者是A，或者非A，即在同一討論過程中，A和非A有一個且僅有一個是對的，不能有第三種情形出現(xiàn).222【變式訓練】 已知：a、b、c是一組勾股數(shù)，即a+b=c 求證：a、b、c不可能都是奇數(shù).證明：假設a、b、c都是奇數(shù).∵a、b、c是一組勾股數(shù), 222∴a+b=c ①

∵a、b、c都是奇數(shù), 222∴a、b、c也都是奇數(shù), 22∴a+b是偶數(shù)，這樣①式的左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，產(chǎn)生矛盾.∴a、b、c不可能都是奇數(shù).【例3】(2006年北京高考卷，理20)在數(shù)列{an}中，若a1,a2是正整數(shù)，且an=｜an-1-an-2｜,n=3,4,5, ?,則稱{an}為“絕對差數(shù)列”.（1）舉出一個前五項不為零的“絕對差數(shù)列”（只要求寫出前十項）；

（2）若“絕對差數(shù)列”{an}中，a20=3,a21=0.數(shù)列{bn}滿足bn=an+an+1+an+2,n=1,2,3?,分別判斷當n→∞時，an與bn的極限是否存在，如果存在，求出其極限值；（3）任何“絕對差數(shù)列”中總含有無窮多個為零的項.思路分析：本題以提出一個新概念的方式來考查數(shù)列的概念及極限的問題，背景新穎.解：（1）a1=3,a2=1,a3=2,a4=1,a5=1,a6=0,a7=1,a8=1,a9=0,a10=1（答案不惟一）；

（2）解：因為在絕對差數(shù)列{an}中，a20=3，a21=0，所以自第20項開始，該數(shù)列是a20=3，a21=0,a22=3,a23=3,a24=0,a25=3,a26=3,a27=0, ?，即自第20項開始，每三個相鄰的項周期地取值3，0，3.所以當n→∞時，an的極值不存在.當n≥20時，bn=an+an+1+an+2=6.所以limn→∞bn=6.（1）證明：根據(jù)定義，數(shù)列{an}必在有限項后出現(xiàn)零項，證明如下（用反證法）： 假設{an}中沒有零項，由于an=｜an-1-an-2｜,所以對于任意的n都有an≥1,從而 當an-1＞an-2時，an=an-1-an-2≤an-1-1(n≥3);當an-1＜an-2時，an=an-2-an-1≤an-2-1(n≥3).即an的值要么比an-1至少小1，要么比an-2至少小1.3 令Cn=??a2n?1(a2n?1?a2n)n=1,2,3?, ?a2n(a2n?1?a2n)則0＜Cn≤Cn-1-1(n=2,3,4, ?)由于a是確定的正整數(shù)，這樣減少下去，必然存在某項Ck＜0，這與Cn＞0（n=1,2,3, ?)矛盾，從而{an}必有零項.若第一次出現(xiàn)的零項為第n項，記an-1=A(A≠0)，則自第n項開始，每三個相鄰的項同期地取值0，A、A，即

?an?3k?0??an?3k?1?A k=0,1,2,3?, ?a?n?3k?2?A所以絕對數(shù)列{an}中有無窮多個為零的項.綠色通道：在用反證法證題時，常用的主要矛盾為：與假設矛盾、與數(shù)學公理、定理、公式、定義或已被證明了的結論相矛盾，與公認的事實相矛盾.2【變式訓練】(2004年太原模擬，20)已知：f(x)=x+px+q(1)求證：f(1)+f(3)-2f(2)=2;(2)求證：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于證明：（1）f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2.(2)假設|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于|f(3)|都小于

1.21不成立，則假設|f(1)|、|f(2)|、21,則|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|＜2, 2而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|＞f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-(8+4p+2q)=2,這與|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|＜2相矛盾.因此假設不成立，從而原命題成立，即|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于

1.2問題探究

問題：反證法與直接證法相比較，反證法具有哪些特點呢？

探究：反證法與直接證法相比較，就會發(fā)現(xiàn)反證法具有如下特點：

①從推理論證的前提看，反證法增加了“反設”這個新的條件，下述情況常采用反證法.在一門學科開始的階段，對一些最基本的性質的證明，由于這些基本性質予以成立的條件簡明扼要，同時可使用的定理甚少，所以直接證明很困難.另外，在題目中含有“至多??”，或“至少??”形式的命題，“惟一性”命運，“否定式命題”，要證明的結論是“無限的”等，均可采用反證法.②從推理論證的目標看，反證法無需專門去證某一特定的結論，只要設法推出一個邏輯矛盾就可以.③從推理論證的方法看，反證法屬于演繹推理.反證法具有分析法的特點，它們都是從命題的結論出發(fā).不同的是：一個是從結論開始，另一個是從否定結論開始；一個是得到正確的結果而結束，另一個則是得到不成立的

結果而結束.因此，反證法也可稱為否定式的分析法.

第二篇：直接證明與間接證明-分析法學案(!)

2.2.2直接證明與間接證明—分析法

班級：姓名：

【學習目標】：

（1）結合教學實例，了解直接證明的兩種基本方法之一：分析法（2）通過教學實例，了解綜合法的思考過程、特點

（3）通過教學實例了解分析法的思考過程、特點；體會分析法和綜合法的聯(lián)系與區(qū)別【學習過程】：

變式練習1：求證?7?22?5

自主學習

1：從要證明的，逐步需尋求是它成立的，直到最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件（已知條件、、、等），這種證明方法叫分析法。

2：分析法是一種?…?，它的特點是。

合作學習

1：綜合法與分析法的推理過程是合情推理還是演繹推理？

2：綜合法與分析法的區(qū)別是什么？

課堂練習

例1：求證：3?7?2

例2.如圖,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,過A作SB的垂線,垂足為E,過E作SC的垂線,垂足為F, 求證：AF⊥SC

變式訓練2：已知a?0，求證a2?1a2

?2?a?1a?2

【課后檢測】：

1：校本教材P55頁作業(yè)與測試。

第三篇：推理與證明-13.2 直接證明與間接證明(教案)

響水二中高三數(shù)學（理）一輪復習

教案第十三編推理與證明主備人張靈芝總第67期

§13.2 直接證明與間接證明

基礎自測

1.分析法是從要證的結論出發(fā),尋求使它成立的條件.答案充分 2.若a＞b＞0,則a+答案＞

3.要證明3+7＜25，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是（填序號）.①反證法 答案②

4.用反證法證明命題：若整系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個是偶數(shù)時，下列假設中正確的是.①假設a、b、c都是偶數(shù)；②假設a、b、c都不是偶數(shù)

③假設a、b、c至多有一個偶數(shù)；④假設a、b、c至多有兩個偶數(shù) 答案②

5.設a、b、c∈（0，+∞），P=a+b-c，Q=b+c-a，R=c+a-b，則“PQR＞0”是“P、Q、R同時大于零”的條件.； 答案充要

②分析法

③綜合法

1b

b+

1a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

例題精講

例1設a,b,c＞0,證明：

a

2b

?

b

2c

?

c

a

≥a+b+c.a

證明∵a,b,c＞0，根據(jù)基本不等式，有

a

b

+b≥2a,a

b

c

+c≥2b,c

c

a

+a≥2c.三式相加：

b

+

b

c

+

c

a

+a+b+c≥2(a+b+c).即

1a

b

+

b

c

1a

+

a

≥a+b+c.例2（14分）已知a＞0,求證： a2?證明要證a2?

1a

-2≥a+

1a

-2.1a

-2≥a+

1a

-2,只要證a2?

+2≥a++2.2分

?∵a＞0,故只要證?

??

a

?

1a

?1?2?≥（a++?a?

2）,2

6分

427

即a+

1a

+4a2?

1a

+4≥a+2+

??

1a

+22?a?

?

?

1?

?+2, a?

8分

從而只要證2a2?

只要證4??a?

1a

≥2?a?

1?

?,a?

10分

??1?112

?≥2（a+2+）,即a2+≥2,而該不等式顯然成立，故原不等式成立.14分 2?22a?aa

例3若x,y都是正實數(shù)，且x+y＞2,求證：證明假設

1?xy

1?xy

＜2與

1?xy

1?yx

＜2中至少有一個成立.1?yx

＜2和

1?yx

＜2都不成立，則有≥2和≥2同時成立，因為x＞0且y＞0,所以1+x≥2y，且1+y≥2x，兩式相加，得2+x+y≥2x+2y，所以x+y≤2，這與已知條件x+y＞2相矛盾，因此

1?xy

＜2與

1?yx

＜2中至少有一個成立

.鞏固練習

1.已知a,b,c為互不相等的非負數(shù).求證：a2+b2+c2＞abc(a+b+c).證明∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac.又∵a,b,c為互不相等的非負數(shù)，∴上面三個式子中都不能取“=”，∴a+b+c＞ab+bc+ac,∵ab+bc≥2ab2c,bc+ac≥2abc2,ab+ac≥2a2bc,又a,b,c為互不相等的非負數(shù)，∴ab+bc+ac＞abc(a+b+c),∴a2+b2+c2＞abc(a++c).2.已知a＞0,b＞0,且a+b=1,試用分析法證明不等式?a?

?

251??1??

證明要證?a???b??≥

4a??b??

?

251??1?

??b??≥

4a??b?

.,只需證ab+

a

?bab

?

1≥

54，只需證4(ab)+4(a+b)-25ab+4≥0,只需證4(ab)+8ab-25ab+4≥0, 只需證4(ab)2-17ab+4≥0,即證ab≥4或ab≤而由1=a+b≥2ab,∴ab≤

14,只需證ab≤

??

14，成立.顯然成立，所以原不等式?a?

251??1?

??b??≥

4a??b?

3.已知a、b、c∈（0，1），求證：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同時大于.證明方法一假設三式同時大于，即(1-a)b＞

4,(1-b)c＞

14,(1-c)a＞

14,428

∵a、b、c∈(0,1),∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a＞同理（1-b）b≤

4?1?a?a?

.又(1-a)a≤??642??

=

14，(1-c)c≤

14,∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤

164,這與假設矛盾，故原命題正確.14

2方法二假設三式同時大于，∵0＜a＜1,∴1-a＞0,(1?a)?b

≥(1?a)b＞=,同理

(1?b)?c

＞

12,(1?c)?a

＞

12,三式相加得

＞

32,這是矛盾的，故假設錯誤，∴原命題正確

.回顧總結知識 方法

思想

課后作業(yè)

一、填空題

1.（2008·南通模擬）用反證法證明“如果a＞b,那么a＞b”假設內(nèi)容應是.答案a=b或a＜b

2.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=logc是.答案p＜q

a

?b

2?,q=logc?

??

1a?

?

?，則p,q的大小關系??

3.設S是至少含有兩個元素的集合.在S上定義了一個二元運算“*”（即對任意的a,b∈S，對于有序元素對(a,b),在S中有唯一確定的元素a*b與之對應）.若對任意的a,b∈S,有a*(b*a)=b,則對任意的a,b∈S，下列恒成立的等式的序號是.①（a*b）*a=a ③b*(b*b)=b答案②③④

②［a*(b*a)］*(a*b)=a ④(a*b)*［b*(a*b)］=b

4.如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則△A1B1C1是三角形，△A2B2C2是三角形.（用“銳角”、“鈍角”或“直角”填空）

429

答案銳角鈍角

5.已知三棱錐S—ABC的三視圖如圖所示：在原三棱錐中給出下列命題： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.其中正確命題的序號是

.答案①

6.對于任意實數(shù)a,b定義運算a*b=（a+1）(b+1)-1,給出以下結論： ①對于任意實數(shù)a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);

②對于任意實數(shù)a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③對于任意實數(shù)a,有a*0=a,則以上結論正確的是.（寫出你認為正確的結論的所有序號）

答案②③

二、解答題

7.已知數(shù)列{an}中，Sn是它的前n項和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，?），a1=1.（1）設bn=an+1-2an(n=1,2,?)，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；（2）設cn=

an2

n

(n=1,2,?),求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列；

（3）求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和公式.（1）證明∵Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2，兩式相減，得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,?), 即an+2=4an+1-4an,變形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)∵bn=an+1-2an(n=1,2,?),∴bn+1=2bn.由此可知，數(shù)列{bn}是公比為2的等比數(shù)列.430

（2）證明由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n.∵cn=

an2

n

(n=1,2,?),∴cn+1-cn=

an?12

n?1

an2

n

=

an?1?2an

n?1

=

bn2

n?1

.將bn=3·2n-1代入得

cn+1-cn=(n=1,2,?),由此可知，數(shù)列{cn}是公差為

a12

34的等差數(shù)列，它的首項c1==

12，故cn=

n-

(n=1,2,?).-2

（3）解∵cn=n-=

(3n-1).∴an=2n·cn=(3n-1)·2n(n=1,2,?)

當n≥2時，Sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2.由于S1=a1=1也適合于此公式，所以{an}的前n項和公式為Sn=（3n-4）·2n-1+2.8.設a,b,c為任意三角形三邊長，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,試證：I2＜4S.證明由I2=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=a2+b2+c2+2S,∵a,b,c為任意三角形三邊長，∴a＜b+c,b＜c+a,c＜a+b,∴a2＜a(b+c),b2＜b(c+a),c2＜c(a+b)即(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)＜0∴a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)＜0∴a2+b2+c2＜2S ∴a2+b2+c2+2S＜4S.∴I2＜4S.9.已知a,b,c為正實數(shù),a+b+c=1.求證：（1）a2+b2+c2≥

;(2)3a?2+ 3b?2+3c?2≤6.13

證明（1）方法一a2+b2+c2-13

=

(3a2+3b2+3c2-1)=

［3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2］

=(3a+3b+3c-a-b-c-2ab-2ac-2bc)=［(a-b)+(b-c)+(c-a)］≥0∴a+b+c≥

.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≥

1313

.方法三設a=∴a+b+c=（+?,b=

+?,c=

+?.∵a+b+c=1,∴?+?+?=0

+?）+（+?）+（+?）=

+

(?+?+?)+?+?+?

222

431

=

+?2+?2+?2≥

∴a2+b2+c2≥

.=

3a?32

(2)∵3a?2=(3a?2)?1≤

3a?2?1,同理3b?2≤

3b?32,3c?2≤

3c?32

∴3a?2+3b?2+3c?2≤

x?2x?1

3(a?b?c)?9

=6∴原不等式成立.10.已知函數(shù)y=ax+(a＞1).（1）證明：函數(shù)f(x)在（-1,+∞)上為增函數(shù)；

（2）用反證法證明方程f(x)=0沒有負數(shù)根.證明（1）任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨設x1＜x2,則x2-x1＞0,由于a＞1,∴ax2?x1＞1且ax1＞0, ∴a∴

x2

-ax1=ax1(ax2?x1-1)＞0.又∵x1+1＞0,x2+1＞0,-x1?2x1?1

x2?2x2?1

=

(x2?2)(x1?1)?(x1?2)(x2?1)

(x1?1)(x2?1)x2?2x2?1

=

3(x2?x1)(x1?1)(x2?1)

＞0,于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+

x1?2x1?1

＞0,故函數(shù)f(x)在(-1,+∞）上為增函數(shù).x0?2x0?1

（2）方法一假設存在x0＜0(x0≠-1)滿足f(x0)=0,則ax0=-∵a＞1,∴0＜ax0＜1,∴0＜-x0?2x0?1

.＜1,即

＜x0＜2，與假設x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0沒有負數(shù)根.方法二假設存在x0＜0(x0≠-1)滿足f(x0)=0, ①若-1＜x0＜0，則②若x0＜-1,則

x0?2x0?1

＜-2,ax0＜1,∴f(x0)＜-1,與f(x0)=0矛盾.x0?2x0?1

＞0,ax0＞0,∴f(x0)＞0,與f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0沒有負數(shù)根.432

第四篇：直接證明與間接證明

鄉(xiāng)寧三中高中部“自主、互助、檢測”大學堂學案數(shù)學選修2-22014 年3月4日 課題：直接證明與間接證明

主備人：安輝燕參與人：高二數(shù)學組1112.①已知a,b,c?R，a?b?c?1，求證：???9.abc?

②已知a，b，m都是正數(shù)，并且a?b.求證:a?ma?.學習任務：

①了解直接證明的兩種基本方法----分析法和綜合法；并會用直接法證明一般的數(shù)

學問題

②了解間接證明的一種方法----反證法，了解反證法的思考過程、特點；會用反證

法證明一般的數(shù)學問題 3.求證?7?25

自學導讀：

閱讀課本P85--P91，完成下列問題。

1．直接證明----綜合法、分析法

(1)綜合法定義：

框圖表示：

問題反饋：

思維特點是：由因導果

(2)分析法定義：

框圖表示：

思維特點：執(zhí)果索因

2．間接證明----反證法

定義：

步驟：

思維特點：正難則反 拓展提升：

3.討論并完成課本例1--例5 設a為實數(shù)，f(x)?x2?ax?a.求證：

自主檢測：

1.如果3sin??sin（2?+?），求證：tan(???)?2tan?.-b?mbf(1)與f(2)中至少有一個不小于12.

第五篇：6.6 直接證明與間接證明修改版

高三導學案學科 數(shù)學 編號 6.6編寫人 陳佑清審核人使用時間

班級：小組：姓名：小組評價：教師評價：課題：（直接證明與間接證明）

【學習目標】

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程、特點。

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程、特點。

【重點難點】

重點 ：了解直接證明和間接證明的思考過程、特點。

難點 ：了解直接證明和間接證明的思考過程、特點。

【使用說明及學法指導】①要求學生完成知識梳理和基礎自測題；限時完成預習案，識記基礎知識；②課前只獨立完成預習案，探究案和訓練案留在課中完成預習案

一、知識梳理

1． 直接證明

(1)綜合法 ①定義：利用已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的，最后推導出所要證明的結論，這種證明方法叫做綜合法．

②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→?→Qn?Q(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證明的結論)．

(2)分析法

①定義：從出發(fā)，逐步尋求使它成立的，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．

②框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→?→得到一個明顯成立的條件.2． 間接證明

反證法：假設原命題，經(jīng)過正確的推理，最后得出，因此說明假設錯誤，從而證明了原命

題成立，這樣的證明方法叫做反證法．

二、基礎自測

1.下列表述：①綜合法是由因導果法；②綜合法是順推法；③分析法是執(zhí)果索因法；④分析法是逆推法；⑤反證法是間接證法。其中正確的有（）

A．2個B．3個C．4個D．5個

2.?）

A．綜合法

B．分析法C．反證法D

．歸納法

3.用反證法證明“如果a?

b?）

A

?

?D4．定義一種運算“*”：對于自然數(shù)n滿足以下運算性質：

①1*1＝1，②(n＋1)*1＝n*1＋1，則n*1＝________．

5.下列條件：①ab?0，②ab?0，③a?0,b?0，④a?0,b?0，其中能使

是。ba??2成立的條件ab

探究案

一、合作探究

a2b2c

2???a?b?c。例

1、設a,b,c?0，證明bca

例

2、已知函數(shù)f(x)?tanx,x?(0,?x?x2?1)，)。若x1,x2?(0,)，且x1?x2，[f(x1)?f(x2)]?f(1 222

2例

3、已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；

(2)求證：數(shù)列{an}中不存在三項按原來順序成等差數(shù)列。

二、總結整理

訓練案

一、課中訓練與檢測

1.設a，b為正實數(shù)．現(xiàn)有下列命題：

11①若a2－b2＝1，則a－b<1；②若1，則a－b<1；③若|a－b|＝1，則|a－b|<1；④若|a3－b3|＝1，則ba

|a－b|<1.其中的真命題有________．(寫出所有真命題的編號)

2.已知a?

01?a??2。a

二、課后鞏固促提升

已知a?0,b?0，且a?b?2，求證1?b1?a,中至少有一個小于2.ab