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1、2022年高考數(shù)學總復習 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． 知識梳理 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)學定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立．綜合法簡稱為：________. 3．分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件

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

3、使結論成立的(　　)． A．充分條件 B．必要條件 C．充要條件 D．等價條件 2．用反證法證明“如果a＞b，那么＞”假設內(nèi)容應是(　　)． A．＝ B．＜ C．＝且＜ D．＝或＜ 3．設t＝a＋2b，S＝a＋b2＋1，則下列關于t和S的大小關系中正確的是(　　)． A．t＞S B．t≥S C．t＜S D．t≤S 4．因為某種產(chǎn)品的兩種原料相繼提價，所以生產(chǎn)者決定對產(chǎn)品分兩次提價，現(xiàn)在有三種提價方案： 方案甲：第一次提價p%，第二次提價q%； 方案乙：第一次提價q%，第二次提價p%； 方案丙：第一次提價

4、%，第二次提價%， 其中p＞q＞0.比較上述三種方案，提價最多的是(　　)． 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，綜合法的特點是從已知看可知，逐步推出未知．在使用綜合法證明時，易出現(xiàn)的錯誤是因果關系不明確，邏輯表達混亂．分析法是從未知看需知，逐步靠攏已知．當命題的條件與結論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，證明中需要用哪些知識不太明確具體時，往往采用從結論出發(fā)，結合已知條件，逐步反推，尋求使當前命題成立的充分條件，把證明轉化為判定這些條件是否具備的問題． 2．綜合法與分析法

5、各有什么優(yōu)點與缺點？ 提示：綜合法與分析法各有優(yōu)缺點，分析法思考起來比較簡單，易找到解題的思路和方法，缺點是敘述煩瑣；綜合法從條件推結論，較簡潔地解決問題，但不便于思考．因此，通常將它們結合起來使用，先用分析法探索證明途徑，再用綜合法敘述出來． 3．在什么情況下可考慮利用反證法證明問題？ 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)要證的結論與條件之間的聯(lián)系不明顯，直接由條件推出結論的線索不夠清晰；(2)若從正面證明，需要分成多種情形進行討論，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“由因導果”，它是從已知條件出發(fā)，順著推證，經(jīng)過一系列的中間推理，最后導出所證結論的真實性．用綜合法證明題的邏輯關系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已知條件或數(shù)學定義、定理、公理，B為要證結論)，它的常見書面表達是“∵，∴”或“?”． 2．利用綜合法證不等式時

7、，是以基本不等式為基礎，以不等式的性質為依據(jù)，進行推理論證的．因此，關鍵是找到與要證結論相匹配的基本不等式及其不等式的性質． 3．綜合法是一種由因導果的證明方法，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，才能保證結論的正確性． 請做[針對訓練]1 二、分析法 【例2－1】△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為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，一定要嚴格按格式書寫，否則極易出錯． 3．在解決問題時，我們經(jīng)常把綜合法和分析法結合起來使用，根據(jù)條件的結構特點去轉化結論，得到中間結論Q；根據(jù)結論的結構特點去轉化條件，得到中間結論P，若由P可以推出Q成立，就可以證明結論成立．一般情況下，用分析法尋找思路，用綜合法完成證明． 請做[針對訓練]2 三、反證法 【例3】設{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項

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題的一種常用方法，它不是從已知條件去直接證明結論，而是先否定結論，在否定結論的基礎上進行演繹推理，導出矛盾，從而肯定結論的真實性．用反證法證明要把握三點：(1)反設：必須先否定結論，即肯定結論的反面；(2)歸謬：必須從否定結論進行推理，即應把結論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進行推證．推導出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實矛盾等，但推導出的矛盾必須是明顯的；(3)結論：因為推理正確，所以產(chǎn)生矛盾的原因在于“反設”的謬誤，既然結論的反面不成

10、立，從而肯定了結論成立． 請做[針對訓練]3 考情分析 本節(jié)在高考中一般不會直接命題，仍然是以其他知識為載體，作為一種方法考查有關內(nèi)容．因此，從該角度說它是每年高考的重點，幾乎涉及數(shù)學的各方面知識，代表著研究性命題的發(fā)展趨勢，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，偶爾也會出現(xiàn)利用反證法證明的題目，重點考查運算能力與邏輯推理能力． 針對訓練 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 基礎梳理自測 知識梳理 1．綜合法　分析法 2．由因導果 3．執(zhí)果索因 4．不成立　假設錯誤　原命題成立　條件和結論　q 基礎自測 1．A 2．D　解析：假設結論不成立，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：設產(chǎn)品的原價為a，則按方案甲可得提價后的價格為A＝a(1＋p%)·(1＋q%)；按方案乙可得提價后的價格為B＝a(1＋q%)(1＋p%)＝A；按方案丙可得提價后的價格為 C＝a ＝a2， 則C－B＝a2－a(1＋p%)(1＋q%)＝(p%－q%)2＞0，故應選C

12、. 考點探究突破 【例1－1】D　解析：當a＝b時，(a－b)2＝0，即a2＋b2＝2ab，故A不成立； 當a＜0，且b＜0時，B，C不成立； 對于D，由ab＞0，知＞0，＞0，故＋≥2恒成立，等號成立的條件為a＝b. 【例1－2】證明：(1)因為PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD， 所以PB∥MA 因為PB?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AC∩BD＝E，取PD的中點F，連接EF，MF. 因為四邊形ABCD

13、為正方形， 所以E為BD的中點． 因為F為PD的中點， 所以EFPB. 又AM∥PB， 所以四邊形AEFM為平行四邊形． 所以MF∥AE. 因為PB⊥平面ABCD，AE?平面ABCD， 所以PB⊥AE. 所以MF⊥PB. 因為四邊形ABCD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. 因為a，b，c為不全相等的正數(shù)， 所以≥＞0，≥＞0，≥＞0， 且上述三式中等號不能同時成立． 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q＝1時，{Sn}是等差數(shù)列． 當q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列．假設q≠1時，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q＝1時，{Sn}是等差數(shù)列；當q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列． 演練鞏固提升 針對訓練 1．證明：∵ ＝ ≥＝＝8， 當且僅當a＝b＝c時等號成立， ∴不等式成立． 2．證明：因為a，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. 因為a，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.