福建省新课标高中总复习（第1轮）课件：文数第十四章第2节直接证明与间接证明.ppt

•1.在不等式①x2+3>3x;②　 ≥2;③a2+ab+b2≥0中恒成立的不等式有（　 ）•A.①　　　　　　B.②•C.①②　　　　　D.①③D•　　　　　因为　　　　　　　　　￿　　•故不等式①恒成立;•　　当a=1,b=－1时,　　　=－2,故不等式②不恒成立;•　　由a2+ab+b2=　　　　　　　　知不等式③恒成立.•　￿　　易错点：因忽视均值不等式成立的前提条件而产生错误.•2.设a>0，b>0，则下列不等式中不一定成立的是（　￿）•A.　　　≥2　　　　　B.ln(ab+1)≥0•C.a2+b2+2≥2a+2b　　￿￿￿D.a3+b3≥2ab2•￿　　　选项A由基本不等式易知正确；选项B由对数函数性质易知正确；•选项C由基本不等式得：a2+1+b2+1≥2a+2b，命题成立.选项D通过排除易知命题错误.D•3.如果四棱锥的四条侧棱长都相等,就称它为“等腰四棱锥”,四条侧棱称为它的腰,以下四个命题中,假命题是（　￿）•A.等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等•B.等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补•C.等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆•D.等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上•　￿易错点：由于对几何模型不熟悉而产生错误.B•　　4.在用反证法证明“存在实数x,使得x2+x+1•≤0”时,其假设是　　　　　　　　　　　　.　　对所有的实数对所有的实数x,x2+x+1>0•5.已知点An(n,an)为函数y=　　　的图象上的点,Bn(n,bn)为函数y=x图象上的点,其中n∈N*,设cn=an－bn,则cn与cn+1的大小关系为　　　　.•　　　因为•cn随着n的增大而减小,所以cn>cn+1.•￿　易错点：不能正确判断数列{cn}的单调性而产生错误.cn>cn+1•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的证明方法.综合法是一种由因导果的证明方法.•②证明步骤用符号表示为:P0(已知)P1P2…Pn(结论).•(2)分析法•①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(已知条件或定理、定义、公理等)为止的证明方法.•②证明步骤用符号表示为:B(结论)B1B2…BnA(已知).•2.间接证明•反证法:假设原命题不成立,经过正确的推理,最后得出假设与已知矛盾或与某个真命题矛盾,因此说明假设错误,从而证明了原命题成立,这样的证明方法叫做反证法.•　　　　重点突破：综合法的应用￿￿•　　　　设a、b、c三数成等比数列,而x、y分•别为a、b和b、c的等差中项,试证:　•　　　　　　运用综合法进行证明有关问题时,常常先把已知条件“翻译”成一些字母或数字关系式,再找它们与所要求证命题之间的关系,经过一系列的中间推理,最后导出所要求证的结论.•　　　依题意,a、b、c三数成等比数列,即•由比例性质有:　　　　　　又由题设:•所以•　　　原题得证.•　　　巧妙利用比例的性质是解决本例的关键.•　　　　　已知a、b、c都是实数，•求证：a2+b2+c2≥　(a+b+c)2≥ab+bc+ca.•　　　因为a、b∈R，所以a2+b2≥2ab；•c、b∈R，所以c2+b2≥2cb；•a、c∈R，所以a2+c2≥2ac；•将以上三个不等式相加得•2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca)，￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿①•即a2+b2+c2≥ab+bc+ca. ②•在①的两边同时加上a2+b2+c2,•得3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2, •即a2+b2+c2≥ (a+b+c)2 　　￿③•在不等式②的两边同时加上2(ab+bc+ca),得:•(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca),•即　(a+b+c)2≥ab+bc+ca　　　　　　￿￿￿④•由③④得a2+b2+c2≥ (a+b+c)2≥ab+bc+ca.•　￿￿重点突破：分析法的应用￿•　　设a>0,b>0,2c>a+b.•求证:•　　　￿不等式的结构复杂,由题设不易“切入”展开推理,所以尝试运用分析法,找所要求证问题的等价命题.•　　　要证•只要证•即证•也就是证(a－c)20,也就是证a+b<2c.显然成立.•故•￿￿￿￿￿￿￿用分析法证明问题时,一定要恰当运用“要证”、“只要证”、“即证”、“也即证”等用语.￿•　　　　　已知函数f(x)=tanx,x∈(0,　),若x1,x2∈(0,　),且x1≠x2,求证:　［f(x1)+f(x2)］>　•　　　要证　［f(x1)+f(x2)］>　•即证明•只需证明只需证明只需证明•　　由于x1,x2∈(0,　),故x1+x2∈(0,π)，•　　所以cosx1cosx2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+•x2)>0.•　　故只需证明1+cos(x1+x2)>2cosx1cosx2，•　　即证1+cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2.•　　即证cos(x1－x2)<1，因为x1,x2∈(0,　),且x1≠x2,所以上式成立.•　　所以•　 重点突破：反证法的应用 •　　已知a>0，b>0，且a+b>2，求证:　•　　 中至少有一个小于2. •　　　 已知条件较少,结论反而有三种情况,故联想到从结论的反面入手较为容易,所以考虑使用反证法.•　　　假设　　　　　都不小于2,•则•因为a>0,b>0,所以1+b≥2a,1+a≥2b.•所以1+1+a+b≥2(a+b),即2≥a+b.•这与已知a+b>2矛盾,故假设不成立.即 •中至少有一个小于2.• 　　　结论中若有“都是”、“都不是”、“至多”、“至少”等字眼，或直接从正面证明较为困难的问题，一般可以考虑使用反证法.•　　　　　在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c三边的倒数成等差数列，求证：B<90°.•　　　假设B<90°不成立,则B≥90°,从而B是△ABC的最大角,•所以b是△ABC的最大边,即b>a,b>c.•所以　　　　　　相加得　　　　　与•　　矛盾,所以B≥90°不成立.所以B<90°.•　　已知a>0,　•求证:　•　　　　由已知a>0,　　　　,可知b>0,•要证　　　　　　￿￿￿需证•即证1+a－b－ab>1,只需证明￿￿￿￿￿　　￿,即•￿￿￿￿￿￿而这正是已知的.•　　　因为a>0,　　　　所以1>b>0,•又　　　所以a－b－ab>0,则1+a－b－ab>1,即(1+a)(1－b)>1.•由a>0,1－b>0,故 　　　　　　　　•即•　　　　　对于复杂的不等式,直接运用综合法往往不易入手,因此,通常用分析法探索证题途径.然后用综合法加以证明,所以分析法和综合法经常是结合在一起使用的.分析法的特点可描述为“执果索因”,即从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”;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,而综合法的优点是易于表述,条理清楚,形式简洁.•1.关于综合法与分析法•分析法的特点:从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”,其逐步推理,实际上是寻找它的充分条件.•综合法的特点:从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”,其逐步推理,实际上是寻找它的必要条件.•分析法与综合法是两种思路截然相反的证明方法,既对立又统一.用综合法证题前往往可用分析法寻找解题思路,即所谓的分析.因此分析法既可用于寻找解题思路,也可以是完整的证明过程.在解决较为复杂的问题时,往往是两种方法相互结合使用.•2.关于反证法•使用反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾,这个矛盾可以是与已知条件矛盾,也可以是与假设矛盾,或与定义、公理、、定理、公式、事实矛盾.•反证法的步骤：(1)反设；(2)推出矛盾;(3)下结论.•1.(2009·四川卷)设V是已知平面M上所有向量的集合.对于映射f：V→V,a∈V,记a的象为f(a).若映射f：V→V满足：对所有a、b∈V及任意实数λ、μ都有f(λa+μb)=λf(a)+μf(b),则f称为平面M上的线性变换.现有下列命题：•①设f是平面M上的线性变换,a、b∈V,则f(a+b)=f(a)+f(b);•②若e是平面M上的单位向量,对a∈V,设f(a)=a+e,则f是平面M上的线性变换;•③对a∈V,设f(a)=－a,则f是平面M上的线性变换;•④设f是平面M上的线性变换,a∈V,则对任意实数k,均有f(ka)=kf(a).•其中的真命题是　　　　.(写出所有真命题的编号)￿①③④①③④•　　　因为f是平面M上的线性变换,所以取λ=μ=1,即得f(a+b)=f(a)+f(b),故①正确;任取a、b∈M,λ、μ∈R,则f(λa+μb)=λa+μb+e,•λf(a)+μf(b)=λ(a+e)+μ(b+e)=λa+μb+(λ+μ)e.而(λ+μ)e不一定等于e,故②错.同理利用定义不难验证③④正确.•　　　　　本小题在高中数学的基础上,结合高等数学背景,综合集合、映射及平面向量等基础知识，给出一个新概念，考查学生阅读理解及推理论证能力，有利于考查学生进一步学习高等数学的能力及数学潜质.•2.(2009·湖北卷)已知关于x的函数f(x)=－+bx2+cx+bc其导函数为f ′(x).令g(x)=|f ′(x)|,记函数g(x)在区间[－1，1]上的最大值为M.•(Ⅰ)如果函数f(x)在x＝1处有极值－　，试确定b、c的值；•(Ⅱ)若∣b∣>1,证明对任意的c,都有M>2；•(Ⅲ)若M≥k对任意的b、c恒成立，试求k的最大值.•　　　(Ⅰ)因为f ′(x)=-x2+2bx+c，由f(x)在x=1处有极值-　.•　￿￿￿　f ′(1)=-1+2b+c=0•　　￿￿￿f（1）=- +b+c+bc=- ，•　￿￿￿　b=1•　　￿￿￿c=-1•若b=1,c=-1，则f ′(x)=-x2+2x-1=-(x-1)2≤0，此时f(x)没有极值；•若b=-1,c=3，则f ′(x)=-x2-2x+3=-(x+3)(x-可得可得解得解得或或b=-1c=3.1).•　　当x变化时，f(x)，f ′(x)的变化情况如下表：x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞ )f ′(x)-0+0-f(x)递减递减极小值极小值-12 递增递增极大值极大值递减递减　　所以当　　所以当x=1时，时，f(x)有极大值有极大值-　，故　，故b=-1，，c=3即为所求即为所求.•(Ⅱ)证法1：g(x)=|f ′(x)|=|-(x-b)2+b2+c|.•当|b|>1时，函数y=f ′(x)的对称轴x=b位于区间[-1,1]之外.•所以f ′(x)在[-1,1]上的最值在两端点处取得.•故M应是g(-1)和g(1)中较大的一个.•所以2M≥g(1)+g(-1)=|-1+2b+c|+|-1-2b+c|≥|4b|>4即M>2.•证法2(反证法)：因为|b|>1，所以函数y=f ′(x)的对称轴x=b位于区间[-1,1]之外，•所以f ′(x)在[-1,1]上的最值在两端点处取得.•故M应是g(-1)和g(1)中较大的一个.•假设M≤2，则•g(-1)=|-1-2b+c|≤2，•g(1)=|-1+2b+c|≤2.•将上述两式相加得：4≥|-1-2b+c|+|-1+2b+c|≥4|b|>4，导致矛盾，所以M>2.•(Ⅲ)g(x)=|f ′(x)|=|-(x-b)2+b2+c|.•(1)当|b|>1时，由(Ⅱ)可知M>2；•(2)当|b|≤1时，函数y=f ′(x)的对称轴x=b位于区间[-1,1]内，•此时M=max{g(-1),g(1),g(b)}.•由f ′(1)-f ′(-1)=4b,有f ′(b)-f (±1)=b(1))2≥0.′•①若-1≤b≤0,则f ′(1)≤f ′(-1)≤f ′(b),所以g(-1)≤max{g(1),g(b)}，•于是M=max{|f ′(1)|,|f ′(b)|}≥ (|f ′(1)|+|f (b)|)≥ |f ′(1)-f ′(b)|= (b-1)2≥ ；•②若0 .′•综上，对任意的b、c都有M≥　.•而当b=0,c=　时，g(x)=|-x2+　|在区间[-1,1]上的最大值M=　，•故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为　.•　　　本小题主要考查函数、函数的导数和不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行推理论证的能力和分类讨论的思想.本节完，谢谢聆听立足教育，开创未来立足教育，开创未来。