第2讲 直接证明与间接证明

第2讲 直接证明与间接证明（8篇）

1.第2讲 直接证明与间接证明 篇一

《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第七章 推理与证明第2课时 直接证明与间接证明

1.已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．

答案：

2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.332.用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应为______________． 3333答案：a＝b或a

3333解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即a＝b或a5－7 解析：由分析法可得，要证6－2>5－7，只需证67>5＋22，即证13＋242>13＋410，即42>210.因为42>406－22>57成立．

4.定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________． 答案：0

π解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.423π2①α＝kπZ)时，B＝，422

A·B＝022，－； 22

π②α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2

π③α＝2kπ＋π或α＝2kπZ)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2

kπ3π④α≠α≠kπ＋Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，24

－sinα，－cosα}．

综上可知A·B中的所有元素之和为0.115.(选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1＋≥μ恒成ab

立的μ的取值范围是________．

答案：(－∞，4]

11baba11解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴＋(a＋b)＝2＋≥2＋abababab

1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤4.ab

1.直接证明

(1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式

本题条件已知定义

Þ已知公理已知定理

AÞBÞC„本题结论．

(3)综合法

① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．

② 推证过程

已知条件Þ„Þ„Þ

结论

(4)分析法

① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．

② 推证过程

结论Ü„Ü„Ü已知条件

2.间接证明

(1)常用的间接证明方法有反证法、正难则反等．(2)反证法的基本步骤

① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．

② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记]

题型1 直接证明(综合法和分析法)

n＋

2例1 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，„)，证明：

n

Sn

(1)数列是等比数列；

n

(2)Sn＋1＝4an.n＋2

证明：(1)∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，„)，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－

n

Sn)，Sn＋1Sn

整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴，n＋1n

Sn＋

1Snn＋1

即2，∴ 数列是等比数列．

Snnn

Sn＋1Sn－1Sn－1

(2)由(1)知：＝4·(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·4an(n≥2)．又a2

n＋1n－1n－1

＝3S1＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，*

∴ 对一切n∈N，都有Sn＋1＝4an.例2 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc

证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明lgalgb

lga＋lgb

1≥4lgc4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要证明4，由于a>1，lga·lgblgalgb

lga＋lgb2＝12＝1，即14成立．所以原

b>1，故lga>0，lgb>0，所以0

42lgalgb

不等式成立．

变式训练

设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，m

Sn＋m＝Sm＋qSn总成立．求证：数列{an}是等比数列．

m

证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列．

题型2 间接证明(反证法)

例3 证明：2，35不能为同一等差数列中的三项．

证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足32＋md ①，

5＝2＋nd②，22

2①×n－②×m得3n－5m2(n－m)，两边平方得3n＋5m－15mn＝2(n－m)，左235不能为同

一等差数列的三项．

备选变式（教师专享）

2222

已知下列三个方程：x＋4ax－4a＋3＝0，x＋(a－1)x＋a＝0，x＋2ax－2a＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围．

解：若方程没有一个实数根，则

16a－4（3－4a）<0，322

（a－1）－4a<0，解之得－

故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是aa≥－1或a≤.

1.用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________．

答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数)

解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论．

2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋＝1，若以a、b、c为三边构造三角

ab

形，则c的取值范围是________．

答案：(10，16)

解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边

b9a19之差小于第三边，而ac恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10≥abab

11111019

16，∴c<16.>><1，∴c>10，∴10

11

23.设函数f0(x)＝1－x，f1(x)＝f0（x）－，fn(x)＝fn－1（x）－n，(n≥1，n≥

22

1n1N)，则方程f1(x)有________个实数根，方程fn(x)＝有________个实数根．

33n＋

1答案：4 2

121115222

解析：f1(x)＝1－x－＝x－＝，∴ x＝或x＝4个解．

22366

4∵ 可推出n＝1，2，3„，根个数分别为2，2，2，1nn＋1

∴ 通过类比得出fn(x)＝有2个实数根．

3

4.若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1)若x－1比1远离0，求x的取值范围；

332

2(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a＋b比ab＋ab远离ab.(1)22，＋∞)．(2)证明：对任意两个不相等的正数a、b，有 332

2a＋b>2abab，ab＋abab.332223

3因为|a＋b－2abab|－|ab＋ab－2abab|＝(a＋b)(a－b)>0，所以|a＋b－

223322

2abab|>|ab＋ab－2abab|，即a＋b比ab＋ab远离2abab.

1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0b－3a.证明：要证b－ac<3a，只需证b－ac<3a.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需证b＋a(a＋22b)<3a，只需证2a－ab－b>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0显然成立．故原不等式成立．

*

2.已知等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＞0，前n项和为Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N)，求证：Sn＋Sm≥2Sp.2222

2证明：∵m＋n≥2mn，∴2(m＋n)≥(m＋n).222

又m＋n＝2p，∴m＋n≥2p.2222

3.如图，ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：PA⊥BD；

(2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.证明：(1)因为ABCD为直角梯形，AD2AB2BD，222

所以AD＝AB＋BD，因此AB⊥BD.又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PBÌ平面PAB，所以BD⊥平面PAB，又PAÌ平面PAB，所以PA⊥BD.(2)假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN，则PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.又PB⊥BD，且AD∩BD＝D，得PB⊥平面ABCD，所以PB⊥CD.又因为BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－2x

4.已知f(x)＝a＋(a＞1)．

x＋

1(1)证明f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．

证明：(1)设－1＜x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x2－2x1－23（x2－x1）

从而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所

x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1）

以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

x0－

2(2)设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0x0＋1

x0－21

由0＜ax0＜10＜－1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在．

x0＋12

1.分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．

2.反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．

请使用课时训练（B）第2课时（见活页）.[备课札记]

2.直接证明与间接证明 篇二

教学目标：

重点：综合法，分析法与反证法的运用．

难点：分析法和综合法的综合应用．

能力点：能用三种方法解决简单的证明问题及三种证明方法的综合应用．

教育点：体会数学证明的思考过程及特点，提升分析解决问题的能力．

自主探究点：主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识，同时要综合运用数学知识进行推理论证，以及化归与转化的思想．

易错点：① 利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的；

② 不会用分析法分析，找不到解决问题的切入口；

③ 不会用综合法表述，从而导致解题格式不规范．

学法与教具：

1．学法：自主探究、练习法2．教具：多媒体

一、【知识结构】

二、【知识梳理】

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、定理、公理等，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，Q表

示要证的结论）．

（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）．这种证明的方法叫做分析法． ②框图表示：QP1P1P2P2P3得到一个明显成立的条件．

2． 间接证明 反证法：假设原命题__________（即在原命题的条件下，结论不成立），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．利用反证法证题的步骤①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．

三、【范例导航】 例1已知xyz1，求证：x2y2z2

3．【分析】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． 综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．由基本不等式x2y22xy,得到关于x、y、z的三个不等式，将三式相加整理变形,然后利用xyz1得(xyz)21从而可证．

【解答】法一：x2y22xy,y2z22yz,z2x22zx,(xy)(yz)(zx)2xy2yz2zx 3(xyz)xyz2xy2yz2zx,即3(x2y2z2)(xyz)21，xyz法二：xyz

1

322

213

．



(3x3y3z1)

222

[3x3y3z(xyz)] 13

[(xy)(yz)(zx)]0

(3x3y3zxyz2xy2xz2yz)

xyz

．

法三：证明：a1,a2,,anR,a1a2an1，则a1a2an

222

构造函数f(x)(xa1)(xa2)(xan)

1n

成立．

nx2(a1a2an)xa1a2annx2xa1a2an．

222

因为对于一切xR，都有f(x)0，所以44n(a1a2an)0,22222222

从而证得：a1a2an

222

1n

222，当n3时，即xyz

成立．

【点评】利用综合法证明不等式是不等式证明的常用方法之一，即充分利用已知条件与已知的基本不等式，经过推理论证推导出正确结论，是顺推法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就需保证前提正确，推理合乎规律，这样才能保证结论的正确．其基本流程表述如下：

变式训练：设a0,b0,ab1,求证

1a



1b1a



1ab1b

8.1ab

abab

1ab

2ab

【解答】方法一：a0,b0,ab1,又ab1,ab

14,

2ab

2

1，8.方法二：

ab1,

ba

ab

abab

1a



1b



1ab



4aba



abb



abab

112ab

2248 ab2()2

例2（1）用分析法证明：acbd

11（2）已知a0,

1．

ba【分析】（1）由于a,b,c,dR,故要分acbd0或acbd0两种情况，然后用分析法证明．（2）

要证明知条件

1b1a

不等式两边都是整数，可通过同时平方，化为有理式运算，通过化简得出已

1，可得证．

【解答】证明（1）①若acbd0，结论显然成立； ②(ac

若

acbd0，2

要

b

证

ac

d

b成立c，d只需

证

b)2

)c

(adbc)0显

2abcdadbc，即证ac2abcdbdacadbcbd，2222222222

然成立，综上所述acbd（2）要

证

成立，只需证1a

abab

11b1b，只需证(1a)(1b)

1a

1b

1,(b1,即1a

1baab1，abab,只需证1，即1．由已知a0,1成立，

【点评】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．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．在解答本题时有两点容易造成失分：（1）不去分类，而是直接平方作差判断．（2）在平方作差变形时运算失误或对等号成立的条件说明不到位而失分． 注意解题技巧： 1．逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．

2．在求解实际问题时，对于较复杂的问题，可以采用“分析-综合法”即两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价（或充分）的中间结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，使原命题得证． 变式训练： 已知ABC三边a,b,c的倒数成等差数列，证明：B为锐角． 【解答】要证明B为锐角，根据余弦定理，也就是证明cosB

acb

2ac

20，即需证

acb0，由于acb2acb，要证acb0，只需证2acb0，a,b,c的倒数成等差数列，

1a



1c



2b,即2acb(ac)．要证2acb0，只需证b(ac)b0，即

b(acb)0．上述不等式显然成立．B 必为锐角．

2中至少有一个成立．

yx

【分析】当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，分析可得本题适合用反证法，从题目中可以看出“至少”这样的存

1x1y

在量词，于是可设2与2结论的反面成立，即两个不等式都不成立．通过推理可得出

yx

2与

xy2的结论，与已知xy2矛盾，所以假设不成立，原命题正确．

例3若x,y都是正实数，且xy2，求证：

1x1y

【解答】假设

1xy

2与

1yx

则有2都不成立，1xy

2与

1yx

因为x0且y0，2同时成立，所以1x2y，且1y2x，两式相加得，2xy2x2y，所以xy2，这与已知xy2相矛盾，因此

1xy

2与

1yx

2中至少有一个成立．

【点评】用反证法证明问题的一般步骤：（1）反设: 假定所要证的结论不成立，即结论的反面（否定命

题）成立；（否定结论）（2）归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；（推导矛盾）（3）结论：因为推理正确，所以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．（结论成立）． 注意：（1）当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．（2）利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误．（3）反证法中常见词语的否定形式

变式训练：（2011．安徽）设直线l1:yk1x1，l2:yk2x1，其中实数k1,k2满足k

1k

220． 证明：l1与l2相交．

【解答】反证法．假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1k2，代入k1k220，得k1220，这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1k2，即l1与l2相交．

四、【解法小结】

1．分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知． 2．综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知．

3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来． 4．应用反证法证明数学命题，一般分下面几个步骤： 第一步：分清命题“pq”的条件和结论； 第二步：作出与命题结论q相矛盾的假定q；

第三步：由p和q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真．

第三步所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理矛盾、与已知定义矛盾、与已知定理矛盾、与已知条件矛盾、与临时假定矛盾以及自相矛盾等各种情况．

五、【布置作业】

必做题：

1．关于x的方程axa10在区间(0,1)内有实根，则实数a的取值范围是__________． 2．设ab0，m

n，则m,n的大小关系是__________．

3．设x,y,z是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若xz，且（填写所有正确条件的代号）yz，则x∥y”为真命题的是________．①x为直线，y,z为平面；②x,y,z为平面；

③x,y为直线，z为平面；④x,y为平面，z为直线； ⑤x,y,z为直线．

．如果a,b应满足的条件是__________________． 5．（1）设x是正实数，求证：(x1)(x21)(x31)8x3；

（2）若xR，不等式(x1)(x21)(x31)8x3是否仍然成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x的值．

必做题答案：1．(,1)2．mn 3．①③④4．a0,b0且ab

35．（1）证明 x是正实数，由基本不等式

知x1，1x2

2x，x1，故

(x1)(x1)x(1)

3x23． 8x（当且仅当x1时等号成立）

（2）解：若xR，不等式(x1)(x21)(x31)8x3仍然成立．由（1）知，当x0时，不等式成立；当x0时，8x30，而(x1)(x21)(x31)(x1)2(x21)(x2x1)

(x1)(x1)[(x

2)

4]0，此时不等式仍然成立．

选做题：

1．若a,b,c为RtABC的三边，其中c为斜边，那么当n2，nN时，anbn与cn的大小关系为____________． 2．下面有3个命题：

x

①当x0时，2

x的最小值为2；



6②将函数ysin2x的图象向右平移个单位，可以得到函数ysin(2x



6)的图象；

③在RtABC中，ACBC，ACa，BCb，则

ABC的外接圆半径r

．类比到空

间，若三棱锥SABC的三条侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，且长度分别为a、b、c则三棱锥

S

ABC的外接球的半径R

其中错误命题的序号为________． ．．

．

3．已知f(x)xaxb．（1）求：f(1)f(3)2f(2)；

（2）求证：f(1),f(2),f(3)中至少有一个不小于选做题答案：

1．abc2．①②

3．解f(1)ab1，f(2)2ab4，f(3)3ab9，f(1)f(3)2f(2)2．（2）证明假设f(1),f(2),f(3)都小于

n

n

n

．

．则

f(1)

12,

f(2)

12,

f(3)

12,12f(2)1，1f(1)f(3)1．2f(1)f(3)2f(2)2．

3.9直接证明与间接证明教学设计 篇三

姓名：班级：使用时间：

课题：§9直接证明与间接证明主备人：审核人：

二、间接证明

反证法：假设原命题即在原命题的条件下，结论不成立)，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，这样的证明方法叫反证法．

6、(2011·全国高考)设数列{an}满足a1＝0且(1)求{an}的通项公式；

1an＋11

1－1.1－an＋11－an

1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法．了解分析法和综合法的思考过程及特点．

——反证法．了解反证法的思想过程及特点.1.综合法、反证法证明问题是命题的热点．注重考查等价转化、分类讨论思想以及学生的逻辑推理能力．

.1．用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设()A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°

C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°

2．若函数F(x)＝f(x)＋f(－x)与G(x)＝f(x)－f(－x)，其中f(x)的定义域为R，且f(x)不恒为零，则()A．F(x)、G(x)均为偶函数B．F(x)为奇函数，G(x)为偶函数 C．F(x)与G(x)均为奇函数D．F(x)为偶函数，G(x)为奇函数 3．命题“对于任意角θ，cos4－sin4＝cos2”的证明：

“cos4－sin4＝(cos2－sinn2)(cos2+sinn2)＝cos2－sinn

2＝cos2”过程应用了()A．分析法B．综合法 C．综合法、分析法综合使用D．间接证明法 4．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3a＞

3b”时，假设的内容是________． 5．如果a＋bb＞ab＋ba，则a、b

应满足的条件是________．

一、博兴二中2013届高三一轮复习文科数学学案

(2)设bn＝

n，记Sn是数列{bn}的前n项和，证明：Sn<1.7、用分析法证明：若a>0，则

a2＋1a

2≥ a＋

1a2.8、求证：2,3,5不可能成等差数列。

博兴二中2013届高三一轮复习文科数学学案

9、已知tansina，tansinb，求证(a2b2)216ab

达标检测

10．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex

(x＜0)，则a与b大小关系为()

A．a＞bB．a＜bC．a＝bD．a≤b

11．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为(A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数 12.用分析法证明6722

5)

博兴二中2013届高三一轮复习文科数学教学设计

姓名：班级：使用时间：

课题：§9直接证明与间接证明修订人：

1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法．了解分析法和综合法的思考过程及特点．

——反证法．了解反证法的思想过程及特点.1.综合法、反证法证明问题是命题的热点．注重考查等价转化、分类讨论思想以及学生的逻辑推理能力．

.1．用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设(B)A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°

C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°

2．若函数F(x)＝f(x)＋f(－x)与G(x)＝f(x)－f(－x)，其中f(x)的定义域为R，且f(x)不恒为零，则(D)A．F(x)、G(x)均为偶函数B．F(x)为奇函数，G(x)为偶函数 C．F(x)与G(x)均为奇函数D．F(x)为偶函数，G(x)为奇函数 3．命题“对于任意角θ，cos4－sin4＝cos2”的证明：

“cos4－sin

4＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”过程应用了(B)A．分析法B．综合法 C．综合法、分析法综合使用D．间接证明法 4．用反证法证明命题“如果a＞b，那么3a＞

3b”时，假设的内容是

a．

5．如果a＋bb＞ab＋ba，则a、b应满足的条件是a0,b0

且ab．

二、博兴二中2013届高三一轮复习文科数学学案

二、间接证明

反证法：假设原命题即在原命题的条件下，结论不成立)，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，这样的证明方法叫反证法．

6、(2011·全国高考)设数列{an}满足a1＝0且11－a－

11.n＋11－an

(1)求{an}的通项公式；

(2)设b1an＋1n＝n，记Sn是数列{bn}的前n项和，证明：Sn<1.解：(1)由题设

11－an－1

n

＝1，＋11－a得{11－an}是公差为1的等差数列． 又

1111－a1＝1，故1－an

＝n.所以an＝1－n(2)证明：由(1)得 b1－an＋1n＝

nn＋1－n11

n＋n＝nn＋1，n

n

Sn＝bk＝（1k－1k＋1)＝1－1

n＋1

k＝1

k＝17、用分析法证明：若a>0，则

a2＋1a

2≥ a＋

1a2.证明：要证 a

2＋11

a

－2≥a＋a2，只要证

a2＋1a

＋2≥a＋1

a2.∵a>0，故只要证

1

a2＋a22≥

a＋1a2

2，即a2＋1

a2＋1a

a

≥a2＋2＋1a＋221

a＋a＋2，从而只要证2

a2

＋1a≥ 2a＋1a

，只要证4a2＋1a≥2

a2＋2＋1a，即a2＋1

a

2.而不等式a2＋1

a

2显然成立，故原不等式成立．

8、求证：2,3,5不可能成等差数列。

博兴二中2013届高三一轮复习文科数学学案

9、已知tansina，tansinb，求证(a2b2)216ab

达标检测

10．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex

(x＜0)，则a与b大小关系为(A)

A．a＞bB．a＜bC．a＝bD．a≤b

11．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为(B A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数 12.用分析法证明6722)

博兴二中2010级高三文科数学作业纸

班级：姓名：训练内容：第9节直接证明与间接证明

预计用时30分钟实际用时_________分钟

审题仔细全面，计算简洁准确，解法多中择优，过程严谨完善，字迹清晰条理，作图工整规范。

1.分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的（）

A、充分条件B、必要条件C、充要条件D、等价条件 2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0b2－ac<3a”索的因应是()

A．a－b>0B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0D．(a－b)(a－c)<0 3．若a

1aa1

4．设a32，b65，c76，则a,b,c的大小关系是（）A、a>b>cB、b>c>aC、c>a>bD、a>c>b

5．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax

2＋bx＋c＝0(a≠0)有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是()

A．假设a、b、c都是偶数B．假设a、b、c都不是偶数 C．假设a、b、c至多有一个偶数D．假设a、b、c至多有两个偶数 6．设x、y、z>0，a＝x＋

1，b＝y＋1，c＝z＋1

yzx，则a、b、c三数()

4.第2讲 直接证明与间接证明 篇四

直接证明与间接证明

x－y1．若|x|<1，|y|<1，试用分析法证明：|1－xy

x－y证明：要证1－xy

x－y2只需证：|<1⇐|x－y|2<|1－xy|2 1－xy

22⇐x＋y－2xy<1－2xy＋x2y

2⇐x2＋y2－1－x2y2<0

⇐(y2－1)(1－x2)<0

⇐(1－y2)(1－x2)>0.因为|x|<1，|y|<1，所以x2<1，y2<1，x－y从而(1－y2)(1－x2)>0成立，故|1－xy

sinB＋sinC2．在△ABC中，sinA＝，试判断△ABC的形状并证明． cosB＋cosC

解：△ABC是直角三角形，证明如下：

sinB＋sinC∵sinA＝A＋B＋C＝π，cosB＋cosC

∴sinAcosB＋sinAcosC＝sin(A＋C)＋sin(B＋A)．

∴sinCcosA＋sinBcosA＝0，即(sinC＋sinB)cosA＝0.π又∵sinC＋sinB≠0，∴cosA＝0，∴A＝ 2

∴△ABC是直角三角形．

一、选择题

1．(2012·洛阳调研)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为()

A．a，b，c中至少有两个偶数

B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数

C．a，b，c都是奇数

D．a，b，c都是偶数

解析：选B.自然数a，b，c中为偶数的情况为：a，b，c全为偶数；a，b，c中有两个数为偶数；a，b，c全为奇数；a，b，c中恰有一个数为偶数，所以反设为：a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数．

2．若a，b，c为实数，且a

A．ac2ab>b

211baC. abab

2解析：选B.a－ab＝a(a－b)，∵a0，∴a2>ab.①

又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②

由①②得a2>ab>b2.1113．设a，b，c∈(－∞，0)，则ab＋c)bca

A．都不大于－2B．都不小于－2

C．至少有一个不大于－2D．至少有一个不小于－2

111解析：选C.因为a＋＋b＋c＋≤－6，所以三者不能都大于－2.bca

4．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是()

A．lg(1＋a2)>0B．a2＋b2≥2(a－b－1)

aa＋1C．a2＋3ab>2b2D.

1解析：选B.在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．

5．若a、b、c是不全相等的正数，给出下列判断

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a>b与a

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．

其中判断正确的个数是()

A．0B．

1C．2D．

3解析：选C.①②正确，③中，a≠c，b≠c，a≠b可能同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3.二、填空题

6．用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则a，b，c，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是：________.解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故结论的否定是“a，b，c，d中没有一个非负数，即a，b，c，d全是负数”．

答案：a，b，c，d全是负数

7．(2012·黄冈质检)在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，则三边a，b，c应满足________．

b2＋c2－a

2解析：由余弦定理cosA＝<0，2bc

所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.答案：a2>b2＋c2

8．设a3＋2，b＝27，则a，b的大小关系为________．

解析：a3＋2，b＝27两式的两边分别平方，可得

a2＝11＋46，b2＝11＋47，显然7.∴a

三、解答题

9．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0b－ac3a.b－ac3a，只需证b2－ac<3a2，∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.因为a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，所以(a－b)(a－c)>0，显然成立．

故原不等式成立．

10．已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝2，SA＝1.(1)求证：SA⊥平面ABCD；

(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．

解：

(1)证明：由已知得SA＋AD＝SD，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.∵BC∥AD，BC⊄平面SAD，∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴平面SBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.11．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点．若f(c)＝0，且00.1(1)证明：f(x)的一个零点； a

1(2)试比较c的大小． a

解：(1)证明：∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c又x1x2 a

11∴x2＝c)，aa

1∴f(x)＝0的一个根． a

1即f(x)的一个零点． a

11(2)c>0，aa

1由00，知f()>0，a

11这与f＝0c，aa

11又∵≠c，∴>c.aa

5.第2讲 直接证明与间接证明 篇五

1．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是()

A．假设a，b，c都是偶数

B．假设a，b，c都不是偶数

C．假设a，b，c至多有一个偶数

D．假设a，b，c至多有两个偶数

2．(2014·银川模拟)设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a>b，a

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立，其中正确判断的个数为()

A．0

C．2B．1D．3

3．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值()

A．恒为负值

C．恒为正值B．恒等于零D．无法确定正负

4.创新题在R上定义运算：x－1 a－2＝ad－bc.若不等式≥1对任意实数xc da＋1xa b

恒成立，则实数a的最大值为()

1A．－2

1C.23B．－23D.2

5．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则()

A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形

B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形

C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形

D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形

6．设a3＋22，b＝27，则a，b的大小关系为________．

7．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如

1果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|<那么他的反设应2

该是________．

8．已知点An(n，an)为函数y＝x＋1图像上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图像上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．

9．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，求证：da＜bc.10．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图像与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.1(1)证明：f(x)＝0的一个根； a

1(2)试比较c的大小； a

(3)证明：－2

1．选B “至少有一个”的否定为“都不是”．故选B.2．选C ①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．

3．选A 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)

1331)≤0≤a≤a的最大值为.222

5．选D 由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2C2是锐角三角形．

π由sin B＝cos B＝sin2－B，－C，sin C＝cos C＝sinπ2211211π－A1，sin A2＝cos A1＝sin2

π得B＝2－B，C.C＝π22121πA2＝－A1，2

π那么，A2＋B2＋C2＝180°相矛盾． 2

所以假设不成立，又显然△A2B2C2不是直角三角形．

所以△A2B2C2是钝角三角形．

6．解析：a＝3＋22，b＝2＋7两式的两边分别平方，可得a2＝11＋46，b2＝11＋47，显然，6＜7.∴a＜b.答案：a＜b

17．“∃x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|则|f(x1)－f(x2)|≥ 2

8．解析：由条件得cn＝an－bn＝n＋1－n＝

∴cn随n的增大而减小．∴cn＋1

9．证明：要证d＋a＜b＋c，只需证da)2＜(b＋c)2，即a＋d＋2ad＜b＋c＋bc，因a＋d＝b＋c，只需证ad＜bc，即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，故ad＜bc成立，从而d＋a＜b＋c成立．

10．解：(1)证明：∵f(x)的图像与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c11c，又x1x2x2＝aaa

1∴f(x)＝0的一个根． a

11(2)假设c>0，aa

由00，11＝0矛盾，知f>0与faa1，n＋1＋n

111∴c，又∵≠cc.aaa

(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，∴b＝－1－ac.又a>0，c>0，∴b<－1.二次函数f(x)的图像的对称轴方程为

bx1＋x2x2＋x21x＝－

b1即－.又a>0，∴b>－2，2aa

6.第2讲 直接证明与间接证明 篇六

一． 选择题：

1.下列推理是合情推理的是（）

①由圆的性质类比出球的性质；

②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180，由此推出三角形的内角和是180； ③ab,bc,则ac；

④三角形内角和是180，四边形的内角和是360，五边形的内角和是540，由此得凸n 边形的内角和是(n2)180

A.①②B.①③④C.①②④D.②④

2.有一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”，结论显然是错误的，是因为（）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误

3.数列1,3,6,10,的一个通项公式是（A.ann2n1B.an）C.ann(n1)2n(n1)2D.n1

24.若a,b,c满足cba，且ac0，那么下列选项中不一定成立的是（）

A.abac

 B.c(ba)0C.cbca 22D.ac(ac)0 5.已知aR，不等式x

A.2n14a2，x23，,可推广为xnn1，则a的值为（）xxxB.n2C.22(n1)D.n n

6．设a,b,c为整数，则a111,b,c这三个数（）bca

A.都不大于2B.至少有一个不大于2C.都不小于2D.至少有一个不小于2

7.要证a2b21a2b20,只要证明（）

a4b

40A.2ab1ab0B.ab122222

(ab)2

1a2b20D.(a21)(b21)0 C.2

8.用反证法证明命题“若整数系数一元二次方程axbxc0(a0)有有理数根，那么a,b,c中至少有一个是偶数时”下列条件假设中正确的是（）

A.假设a,b,c都是偶数B.假设a,b,c都不是偶数2

C.假设a,b,c中至多有一个偶数D.假设a,b,c中至多有两个偶数

9.平面上有条直线，期中任意的两条不平行，任意三条不共点。f(k)表示nk时平面被分成的区域数，则f(k1)f(k1)（）

A.kB.k1C.k1D.k2

10.有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或是丙获奖。”乙说：“甲、丙都未获奖。”丙说：“我获奖了。”丁说：“是乙获奖了。”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖歌手是（）

A.甲B.乙C.丙D.丁

二． 填空题：

11．观察下列的图形中小正方形的个数，则第6个图中有个小正方形

.x2y

212．若P0(x0,y0)在椭圆221外，则过Po作椭圆的两条切线的切点为P1、P2，则直线P1P2（称为ab

xxyy切点弦P1P2）的方程是0

2021．那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0,y0)在双曲线ab

x2y

221（a＞0,b＞0）外，则过Po作双曲线的两条切线的切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线2ab

方程是．

13．如果a＋bb>ab＋ba，则a、b应满足的条件是________．

14．若0a1,0b1，且ab，则在ab,2,a2b2,2ab中最大的是________．

15．半径为r的圆的面积Srr，周长Cr2r，若将r看作0,上的变量，则2r2r

2①．①式可用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．

对于半径为R的球，若将R看作0,上的变量，请你写出类似于①的式子：______________________________________②；

②式可用语言叙述为_______________________________.三． 解答题：

16.用三段论证明函数f(x)x2x在,1上是增函数.2

17．已知：sin30sin90sin1502223 2

sin25sin265sin2125

18．已知a,b,c均为实数，且ax2y

求证：a,b,c中至少有一个大于0.2通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出的证明.2,by22z3,cz22x6，19．已知abc, 求证：

114.abbcac

220．设a,b,c为任意三角形三边长Iabc,sabbcac.试证：I4s.21．通过计算可得下列等式：

221221

13222221

4232231

┅┅

(n1)2n22n1

将以上各式分别相加得：(n1)2122(123n)n.即：123nn(n1)2

2222类比上述求法：请你求出123n的值.选1-2第二章《推理与证明》单元测试题

命题人：实验中学李红英

参考答案

一． 选择题

1——5 CCCCD6——10 DDBBC

1.C

2.C

3.C提示：an123n

4.C

5.D提示：xn(n1)2axxxaa nnnnnnnxxn

6.D提示：反证法

7.D提示：对左边分解因式可得.8.B

9.B

10.C提示：假设获奖人分别为甲、乙、丙、丁一一验证.二． 填空题

11.28提示：123728 12.x0xy0y21 a2b

13.a,b0,且ab提示如下：

(aab)(abba)a(ab)b(ba)=

14.ab a2a0 

43215.R4R球的体积函数的导数等于球的表面积函数． 3

三． 解答题

16.证明：若对于区间I上任意的x1,x2，且x1x2，都有f(x1)f(x2)0，则f(x)在I 上单调增.任取任意的x1,x2(,1，且x1x2，2f(x1)f(x2)x122x1x22x2(x1x2)(2x1x2)0

所以f(x)在(,1是单调增函数.17.解： 一般性的命题为sin(60)sinsin(60)2223 2

1cos(21200)1cos21cos(21200)证明：左边 222

3[cos(21200)cos2cos(21200)]232

所以左边等于右边

18.证明：假设a,b,c都不大于0，即a0,b0,c0，得abc0，而abc(x1)2(y1)2(z1)2330，即abc0，与abc0矛盾，a,b,c中至少有一个大于0.19.证明：acacabbcabbc abbcabbc

2

bcab2abbcb，4(abc)cacac1144,.abbcabbcac

220.证明：要证I4S，即证(abc)24(abbcac)

只需证 a2b2c22(abacbc)

即证abc2ab2bc2ac0

即证(a2abac)(b2bcab)(c2acbc)0只需证abc,bac,cba.因为a,b,c是三角形的三边，所以以上都成立，所以原命题得证.21.解：21313113232321 332332222

4333332331┅┅

(n1)3n33n23n1

将以上各式分别相加得：(n1)13(123n)3(123n)n 所以： 123n



7.《间接证明》教学设计 篇七

年级：高一

教材：

学校：江苏省羊尖高级中学

作者：夏晓静

《间接证明》教学设计

知识背景：教材在紧接着直接证明开展了本节内容，实际是要求学生能够根据不同的题目类型采取不一样的证明方法。感受不同证明方法的逻辑性，体会逻辑证明在数学以及日常生活中的作用，养成言之有理、论证有据的习惯，从而有助于发展学生的数学思维能力，形成理性思维和科学精神。

教材分析：历年高考中都要考察证明，以考察综合法为主，有时也考察到反证法，涉及立体几何，解析几何，不等式，方程等知识，因此把握好反证法这种证明方法的思考过程和步骤是关键。教材在接着直接证明安排了间接证明的内容，主要是在两种证法的比较之下学生更好的比较学习、更好的理解间接证明的逻辑依据和证明步骤。教材内容从定义——逻辑依据——证明步骤——例题分析。符合学生的学习习惯思维。

教学目标：

知识与技能：结合已经学过的数学实例，了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点。

过程与方法: 多让学生举命题的例子，培养他们的辨析能力；以

及培养他们的分析问题和解决问题的能力；

情感、态度与价值观：通过学生的参与，激发学生学习数学的兴

趣。

教学重点：理解反证法的思考过程、特点

教学难点：反证法的思考过程、特点，归谬的过程

教具准备：与教材内容相关的资料。

教学过程：

1.情境设置

（配合幻灯片讲述）

（1）古时候，王戎小时候，爱和小朋友在路上玩耍．一天，他们

发现路边的一棵树上结满了李子，小朋友一哄而上，去摘李子，独有

王戎没动．等到小朋友们摘了李子一尝，原来是苦的！他们都问王戎：

“你怎么知道李子是苦的呢？”王戎说：“假如李子不苦的话，早被

路人摘光了，而这树上却结满了李子，所以李子一定是苦的．”

（2）2000多年前，亚里士多德认为：物体自由下落时，重的比轻的快。16世纪末，伽利略用下面的思想实验反驳了亚里士多得的结

论。

假设亚里士多德的结论是正确的。现在有两个重量不同的物体A

与B,A比B重。则A下落得比B快。如果把A和B栓一起（记为

A+B），B会把A+B下落得速度拖慢。因此，A+B下落的速度应该比

A慢。另一方面，因为A+B比B重，按照亚里士多德的理论，A+B的下落速度比A快。这样就产生了矛盾。因而亚里士多德的理论是

错误的。

（以问题2为例）问题设置1：伽利略是怎样驳斥亚里士多德的论断的？

问题设置2：能否将这种方法用在数学的命题证明中呢？

设计意图：学生的学习效果与学生的学习动机、学习兴趣有非常直接的关系。所以通过实例引出间接证明，既加深了学生对间接证明的映

像，同时也为后面理解间接证明的逻辑依据做好了铺垫。

2.学生活动：

在长方体ABCDA1B1C1D1中，证明AC1与A1B1是异面直线

DC问题设置：请同学回忆一下异面直线的定义是什么？

分析： 由于定义所知证明异面直线需ABD1C

1A1证明此两条直线不同在任何一个平面中，B1

直接证明不可完成。故正难则反：先假设

AC1与A1B1共面，由于经过点C1和直线A1B1的平面只能有一个（即面

A1B1C1D1）,所以直线AC1与A1B1都应在平面A1B1C1D1内，于是

点A在平面A1B1C1D1内，这与点A在平面A1B1C1D1外矛盾。因此，假设不成立，AC1与A1B1是异面直线。

设计意图：在学习立体几何中证明异面直线时，其实已经介绍过反证

法，只是没有系统讲解，将此问题设计于此，一方面让学生在回顾以

前知识的同时实现新旧知识的统一，另一方面，“正难则反”这种思

维方式在高中数学的各个章节中都有涉及到，最重要的是为学生自己

总结反证法的证明步骤做好铺垫。

3.建构数学：（1）间接证明，（2）反证法：上述证明不是直接从原命

题的条件逐步推得命题成立，像这种不是直接证明的方法通常称为间

接证明。反证法是一种常用的间接证明的方法。

4.学生活动：讨论问题：

（1）反证法可分为几个步骤？（反设，归谬，存真）

（2）每个步骤在证明中起到了怎样的作用？（略）

（3）能给出反证法的证明过程示意图吗？（肯定条件p并否定结论

q——导致逻辑矛盾——p且非q为假——若p则q为真）

（4）你能举出一个可以用反证法证明命题的例子吗？（教材P83练

习3）

设计意图：

问题（1）（2）（3）希望学生自行归纳反证法的证明步骤，锻炼

其综合概括能力；问题（4）是提高学生的应用能力，也培养学生对

需要用反证法来证明的命题产生“敏感”反映。

并总结这类命题的一般“形式特征”，以便学生灵活运用。

5.数学应用：

例1.证明：2不是有理数

证明：假设2是有理数，则可设2=的整数——反设

q，其中p,q为互素p

两边平方变形得：2p2q2说明q2是2的倍数，从而q

也必是2的倍数。

这样又可以设q2l(lN*)代入2p2q2整理后得

这样，p22l2表明p2 是2的倍数从而p也必是2的倍数。

p,q都是2的倍数，他们有公约数2，这与p,q为互素的假

设相矛盾。————————————归谬

假设不成立，原命题得证。——————————

———————存真

例2求证：正弦函数没有比2小的正周期

证：假设T是正弦函数的周期，且0T2，则对任意

实数x都有

sin(xT)sinx成立。令x0,得sinT0,即Tk,kZ.又0T2,故T

从而对任意实数x都有sin(x)sinx,这与)sin矛盾。22

所以，假设不成立，正弦函数没有比2小的正周期

设计意图：通过这两个例题帮助学生总结一下三点：

（1）要反证法证明的命题本身往往带有“没有、不是”等否

定关键词。

（2）证法除了在步骤格式上严格要求外，真正的核心在于

“归谬”。这也是反证法证明命题的难点。

（3）“归谬”的常见几种形式：和定理、公理矛盾；和题目

条件相矛盾；和假设相矛盾等。

6.回顾与小结：以问题的形式呈现

（1）怎样的证明方法叫间接证明？

（2）反证法与间接证明的关系？

（3）反证法的证明步骤是怎样的？

7.作业布置：教科书P84 4,58．板书设计：

2.2.2 间接证明

间接证明：┅证明长方体┅例2证明：

正弦函数┅

反证法：┅┅┅

反证法的步骤：┅

9.教学反思这节课结合教材内容，教学目标以及学生认知水平，重在让学生了解间接证明中反证法的思想，所以就典型的例题分析再分

析，本着重视探究、重视交流、重视过程的课改理念，让学生经历“创

设情境——了解探究——归纳总结”的活动过程,体验参与数学知识的发生、发展过程，培养“用数学”的意识和能力,成为知识的积极

8.第2讲 直接证明与间接证明 篇八

教学目标：

（1）理解证明不等式的三种方法：比较法、综合法和分析法的意义；

（2）掌握用比较法、综合法和分析法证明简单的不等式；

（3）能根据实际题目灵活地选择适当地证明方法；

（4）通过不等式证明，培养学生逻辑推理论证的能力和抽象思维能力.教学建议：

1．知识结构:（不等式证明三种方法的理解）==〉（简单应用）==〉（综合应用）

2．重点、难点分析

重点：不等式证明的主要方法的意义和应用；

难点：①理解分析法与综合法在推理方向上是相反的；

②综合性问题证明方法的选择．

（1）不等式证明的意义

不等式的证明是要证明对于满足条件的所有数都成立（或都不成立），而并非是带入具体的数值去验证式子是否成立．

（2）比较法证明不等式的分析

①在证明不等式的各种方法中，比较法是最基本、最重要的方法．

②证明不等式的比较法，有求差比较法和求商比较法两种途径．

由于a>b<==>a-b>0，因此，证明a>b，可转化为证明与之等价的a-b>0．这种证法就是求差比较法．

由于当b>0时,a>b<==>(a／b)>1，因此，证明a>b(b>0),可以转化为证明与之等价的(a／b)>1(b>0)．这种证法就是求商比较法，使用求商比较法证明一定要注意(b>0)这一前提条件．

③求差比较法的基本步骤是：“作差变形断号”．

其中，作差是依据，变形是手段，判断符号才是目的．

变形的方法一般有配方法、通分法和因式分解法等，变成能够判断出差的符号是正或负的数(或式子)即可.④作商比较法的基本步骤是：“作商变形判断商式与1的大小关系”，需要注意的是，作商比较法一般用于证明不等号两侧的式子同号的不等式．

（3）综合法证明不等式的分析

①利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法．

②综合法的思路是“由因导果”：从已知的不等式出发，通过一系列已知条件推导变换，推导出求证的不等式．

③综合法证明不等式的逻辑关系是：

（已知）==〉（逐步推演不等式成立的必要条件）==〉（结论）

（4）分析法证明不等式的分析

①从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法就是分析法．

有时，我们也可以首先假定所要证明的不等式成立，逐步推出一个已知成立的不等式，只要这个推出过程中的每一步都是可以逆推的，那么就可以断定所给的不等式成立．这也是用分析法，注意应强调“以上每一步都可逆”，并说出可逆的根据．

②分析法的思路是“执果导因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件直至已成立的不等式．它与综合法是对立统一的两种方法．

③用分析法证明不等式的逻辑关系是：

（已知）<==（逐步推演不等式成立的必要条件）<==（结论）

④分析法是证明不等式时一种常用的基本方法．当证明不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决．特别对于条件简单而结论复杂的题目往往更实用.（5）关于分析法与综合法关系

①分析法与综合法是思维方向相反的两种思考方法．

②在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，逐步地推导，最后达到题设的已知条件．即推理方向是：结论已知.综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题．即：已知 结论．

③分析法的特点是：从“结论”探求“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是要寻找结论的充分条件．

综合法的特点是：从“已知”推出“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是要寻找已知的必要条件．

④一般来说，对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易入手，用分析法来书写比较麻烦．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． 第一课时 不等式的证明（比较法）教学目标

1．掌握证明不等式的方法——比较法；

2．熟悉并掌握比较法证明不等式的意义及基本步骤． 教学重点:

比较法的意义和基本步骤.教学难点:

常见的变形技巧.教学方法； 启发引导法.教学过程：（－）导入新课

教师提问：根据前一节学过（不等式的性质）的知识，我们如何用实数运算来比较两个实数与的大小？

找学生回答问题．

（学生回答：，，）

［点评］要比较两个实数 与 的大小，只要考察 与 的差值的符号就可以了，这种证明不等式的方法称为比较法．现在我们就来学习：用比较法证明不等式．

目的：通过教师设置问题，引导学生回忆所学的知识，引出用比较法证明不等式，导入本节课学习的知识．

（二）新课讲授

【尝试探索，建立新知】

作差比较法

[问题] 求证

教师引导学生分析、思考，研究不等式的证明．

学生研究证明不等式，尝试完成问题． ［本问点评］

①通过确定差的符号，证明不等式的成立．这一方法，在前面比较两个实数的大小、比较式子的大小、证明不等式性质就已经用过．

②通过求差将不等问题转化为恒等问题，将两个一般式子大小比较转化为一个一般式子与0的大小比较，使问题简化．

③理论依据是：

④由 需证明，知：要证明

只需证

；这种证明不等式的方法通常叫做比较法．

目的：帮助学生构建用比较法证明不等式的知识体系，培养学生化归的数学思想．

【例题示范，学会应用】

教师板书例题，引导学生研究问题，构思证题方法，学会解题过程中的一些常用技巧，并点评．

例1． 求证

［分析］由比较法证题的方法，先将不等式两边作差，得，将此式看作关于的二次函数，由配方法易知函数的最小值大干零，从而使问题获证．

证明：∵

＝

＝，∴ ．

［本例点评］

①作差后是通过配方法对差式进行恒等变形，确定差的符号;

②作差后，式子符号不易确定，配方后变形为一个完全平方式子与一个常数和的形式，使差式的符号易于确定;

③不等式两边的差的符号是正是负，一般需要利用不等式的性质经过变形后，才能判断;

④例1介绍了变形的一种常用方法——配方法．

例2.已知

都是正数，并且，求证：

［分析］这是分式不等式的证明题，依比较法证题将其作差，确定差的符号，应通分，由分子、分母的值的符号推出差值的符合，从而得证．

证明：

＝

＝ ．

因为 所以

∴ 都是正数，且

． ．，即：

[本例点评]

①作差后是通过通分法对差式进行恒等变形，由分子、分母的值的符号推出差的符号;

②本例题介绍了对差变形，确定差值的符号的一种常用方法——通分法;例

3、已知a,b都是实数,且ab,求证ababab3322

证明:(ab)(abab)(aab)(abb)222233223223

2a(ab)b(ab)(ab)(ab)(ab)(ab)

a,b0,ab0又ab(ab)0

2故(ab)(ab)0即(ab)(abab)0 23322ababab3322

[本例点评]

①作差后是通过分组，提取公因式对差式进行恒等变形，化成n 个括号相乘的形式，从而推出差的符号;

②本例题介绍了对差变形，确定差值的符号的一种常用方法——分组，提取公因式法;求商比较法：

例1 已知a,b是正数,求证abab,当且仅当ab时,等号成立.abba证明:ababbabaaabbbaabab

根据要证的不等式的特点(交换a,b的位置,不等式不变)a不妨设ab0,则1,ab0,bb当且仅当ab时,等号成立.abab,当且仅当ab时,等号成立.abbaaab1小结：作商比较法的基本步骤是：“作商变形判断商式与1的大小关系”，需要注意的是，作商比较法一般用于证明不等号两侧的式子同号的不等式．

（最后是与1比较）

(三)课堂练习

教师指定练习题，要求学生独立思考．完成练习；请甲、乙两学生板演；巡视学生的解题情况，对正确的证法给予肯定和鼓励，对偏差点拨和纠正；点评练习中存在的问题．

练习：1．求证，求证

2．已知，，d都是正数，且

目的:掌握用比较法证明不等式，并会灵活运用配方法和通分法变形差式，确定差式符号．反馈课堂教学效果，调节课堂教学．

（四）布置作业

2、已知：a，b∈R＋．求证：a5＋b5≥a3b2＋a2b3

．

2x3、求证：21x

14、求证：1qqq(q0)734

5、设a,bR

ab,求证：ab(ab)ab2

第二课时 综合法

●教学目标

(一)教学知识点 综合法证明不等式.(二)能力训练要求

1.理解综合法证明不等式的意义.2.熟练掌握过去学过的重要不等式,并用这些不等式来证明新的不等式.(三)德育渗透目标 掌握综合法、分析法证明不等式,培养学生严谨周密的逻辑思维习惯,加强学生实践能力的训练,由因导果,进一步巩固学生辩证唯物主义思想观念的教育,确实提高学生的思想道德品质.●教学重点

1.掌握综合法证明不等式的基本思路,即“由因导果”,从已知条件及已知不等式出发,不断用必要条件替换前面的不等式,直至推出要证的结论.2.理解掌握用综合法证明不等式的逻辑关系.即A(已知)B1B2„BnB(结论).运用不等式的性质和已证明过的不等式时,要注意它们各自成立的条件.这样才能使推理正确,结论无误.3.在综合法证明不等式的过程中常用的关系有:(1)a2≥0或(a±b)2≥0.(2)a2+b2≥2ab,a2+b2≥-2ab即a2+b2≥2|ab|.(3)ab2ab,对a>0,b>0,当且仅当a=b时取“=”号.abba(4)当a,b同号时有(5)abc333

3≥2,当且仅当a=b时取“=”号.3abc(a>0,b>0,c>0),当且仅当a=b=c时取“=”号.(6)a+b+c≥3abc(a>0,b>0,c>0),当且仅当a=b=c时取“=”号.●教学难点

“由因导果”时,从哪个不等式出发合适是综合法证明不等式的难点.●教学过程 1.课题导入

［师］同学们,前面我们学习了两个正数的算术平均数与几何平均数的关系定理及其几个重要的不等式.(打出投影片§6.3.3 A,引导学生复习“算术平均数与几何平均数”的关系定理，阅读投影片§6.3.3 A)我们要掌握下面重要的不等关系:(1)a2≥0,或(a±b)2≥0;(2)a2+b2≥2ab,a2+b2≥-2ab,即a2+b2≥2|ab|;(3)ab22ab,(a,b∈R),当且仅当a=b时取“=”号;2+(4)ab≤ab2,(a,b∈R);ab≤（ab2)2,(a,b∈R+),当且仅当a=b时取“=”号;

(5)abb（6）aabc≥2,(ab>0),当且仅当a=b时取“=”号；

3333abc,(a,b,c∈R),当且仅当a=b=c时取“=”号；

+（7)a+b+c3≥3abc,(a,b,c∈R+),当且仅当a=b=c时取“=”号.今天，我们在上一节课学习“比较法”证明不等式的基础上，继续学习证明不等式的一种常用的重要的方法——综合法.2.讲授新课

一般地，从已知条件出发，利用定义、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法。综合法有较顺利推证法或有引导果法。

下面，我们探索研究用“综合法”证明不等式.［例1］已知a,b,c是不全相等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.分析：观察题目，不等式左边含有“a2+b2”的形式，我们可以创设运用基本不等式：a2+b2≥2ab;还可以这样思考：不等式左边出现有三次因式：a2b,b2c,c2a,ab2,bc2,ca2的“和”，右

333边有三正数a,b,c的“积”，我们可以创设运用重要不等式：a+b+c≥3abc.(教师引导学生，完成证明）

22证法一：∵a>0,b+c≥2bc ∴由不等式的性质定理4，得 a(b2+c2)≥2abc.① 同理b(c2+a2)≥2abc, ② c(a2+b2)≥2abc.③

因为a,b,c为不全相等的正数，所以b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,a2+b2≥2ab三式不能全取“=”号，从而①,②,③三式也不能全取“=”号.由不等式的性质定理3的推论，①,②,③三式相加得： a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.证法二：

a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)222222=ab+ac+bc+ba+ca+cb

=(a2b+b2c+c2a)+(ab2+bc2+ca2)∵a,b,c为不全相等的正数.222∴ab+bc+ca>33a3b3c2=3abc

ab2+bc2+ca2>33a3b3c3=3abc

由不等式的性质定理3的推论，得 a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.总结：1.“综合法”证明不等式就是从已知（或已经成立）的不等式或定理出发，结合不等式性质，逐步推出（由因导果）所证的不等式成立.2.在利用综合法进行不等式证明时，要善于直接运用或创设条件运用基本不等式，其中拆项、并项、分解、组合是变形的重要技巧.用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q表示所要证明的结论.则综合法用框图表示为Q: P1

Q1Q2 Q2Q3

…

QnQ

特点:“由因导果”

例2：在△ＡＢＣ中，三个内角Ａ、Ｂ、Ｃ对应的边分别为a、b、c，且Ａ、Ｂ、分析:由A,B,C成等差数列可得什么?Ｃ成等差数列，a、b、c成等比数列，求证△ＡＢＣ为等边三角形． 由a,b,c成等比数列可得什么?

3、课堂练习

1、在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A，B，C成等差数列，求证： 1a+b1b+c3a+b+c

+=

4、课后作业

1．a

A．ab+

C．

1a1b

2（）

1

a2B．|a|>－b b22 D．b>a

2．a,b∈R，M=,Aab2,Gab,H11a21b，则M、A、G、H间的大小关系是（）

A．M≥A≥G≥H

B．M≥H≥A≥G C．A≥G≥M≥H

D．A≥G≥H≥M 3．0

A．a+b 2

2（）

B．a+b

C．2ab

D．2ab

4、已知a2＋b2＋c2＝1，求证：

2≤ab＋bc＋ca≤1.5、已知：a,b,c为正实数，求证：bcaacbabcabc

第三课时 分析法

●教学目标

(一)教学知识点 分析法证明不等式.(二)能力训练要求

1.理解分析法证明不等式的原理和思路.2.理解分析法的实质——执果索因,熟练掌握分析法证明不等式.(三)德育渗透目标

分析法证明不等式意在提高学生的数学素质,培养学生的创新意识,加强学生分析问题和解决问题的逻辑思维及推理能力,进一步使学生认识到事物间是有联系的辩证唯物主义观念.●教学重点

分析法证明不等式,就是“执果索因”,从所证的不等式出发,不断用充分条件代替前面的不等式,直至使不等式成立的条件已具备,就断定原不等式成立.当证题不知从何入手时,有时可以运用分析法而获得解决,特别对于条件简单而结论复杂的题目往往是行之有效的方法.用分析法论证“若A则B”这个命题的模式是:欲证命题B为真,只需证明命题B1为真,从而又只需证明命题B2为真,从而又„„只需证明命题A为真,今已知A真,故B必真.简写为:BB1B2„BnA.●教学难点

1.理解分析法的本质是从结论分析出使结论成立的“充分”条件.2.正确使用连接有关(分析推理)步骤的关键词.如“为了证明”“只需证明”“即”以及“假定„„成立”等.●教学过程

1.课题导入

［师］随着我们对不等式证明学习的逐步深入,我们还会遇到这样的问题:面对一个不等式的证明而一筹莫展,无计可施,由题设不易“切入”展开推理.在此情况下,我们可以尝试从目标不等式“倒推”分析,往往在“倒推”的过程中,逐渐发现解题思路,从而达到证明不等式的目的.今天,我们根据这种基本思路,继续探讨学习证明不等式的又一种重要方法——分析法.2.讲授新课

证明不等式时,有时可以从求证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、定理或以证明的定理、性质等）从而得出要证的命题成立，.这种证明方法通常叫做分析法.这是一种执果索因的思考和证明方法

下面,我们探索分析用“分析法”证明不等式.例1 求证基本不等式ab2ab(a0,b0)

例2 求证2736 证明: 所以要证227和3726都是正数,6,6),23只需证(27)(3展开得92149218,只需证1418，只需证1418,1418成立,所以2 736成立.说明：证明某些含有根式的不等式时,用综合法比较困难.例如,在本例中,我们很难想到从“14<18”

入手.因此,在不等式的证明中,分析法占有重要的位置.我们常用分析法探索证明的途径,然后用综合法的形式写出证明过程,这是解决数学问题的一种重要思想方法.例2 已知，ksin+cos=2sin,sincossin 1tan1tan求证：221tan2(1tan)2222(kZ)且

3.课时小结

这节课,我们学习了“分析法”证明不等式.用“分析法”证明不等式时,其叙述方式很重要,必须突出分析法的语言“特色”,如:“欲证„„成立,只需证„„”或采用符号“”或 “”.还要注意,用“分析法”证明不等式的一大优点是,当我们面对一个不等式的证明而一筹莫展,无法下手时,它给我们提供了一个方法,即从目标不等式“倒推”分析,而往往在“倒推”的过程中,会逐渐发现解题思路.因此,分析法从本质上说,只是对问题作尝试与探索的过程(即执果索因).在运用“分析法”时,典型的错误是把所证不等式当作已知条件,如证明命题“若A则B”,错误地写成:“因为B成立,则„„”.希望同学们很好掌握

4、课堂练习

课本89页 练习1,2,3.5、课后作业

1．622与57的大小关系是________________ 2．已知a>0，b>0，且a+b=1，求证：2a12b122.3．若x,y是正实数，xy1，求证：(1)(1)9

xy114．已知

1tan2tan1，求证：3sin24cos2

第4课时

反证法

●教学目标

(一)教学知识点 1.反证法的概念.2.反证法证题的基本方法.(二)能力训练要求 1.初步掌握反证法的概念.2.理解反证法证题的基本方法.3.培养学生用反证法简单推理的技能.(三)德育渗透目标 培养学生通过事物的结论的反面出发，进行推理，使之引出矛盾，从而证明事物的结论成立的简单推理能力与思维能力.●教学重点 1.理解反证法的推理依据.2.掌握反证法证明命题的方法.3.反证法证题的步骤.●教学难点 理解反证法的推理依据及方法.●教学过程

1.复习：证明不等式的常用方法：比较法、综合法、分析法.2.讲授新课

反证法:先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已知条件,应用公理,定义,定理,性质等,进行正确的推理,得到和命题的条件(或已证明的定理,性质,明显成立的事实等)矛盾的结论,以说明假设不正确,从而证明原命题成立,这种方法称为反证法.对于那些直接证明比较困难的命题常常用反证法证明.例1 已知x,y0,且xy2,试证1x1y,中至少有一个小于2.yx

证明:假设1x1y1x1y,都不小于2,即2,且2,yxyxx,y0,1x2y, 1y2x,2xy2(xy)xy2,这与已知条件xy2矛盾.1xy与1yx中至少有一个小于2

1例

2、设0 < a, b, c < 1，求证：(1  a)b,(1  b)c,(1  c)a,不可能同时大于4

证：设(1  a)b >4,(1  b)c >4,(1  c)a >4，1则三式相乘：ab <(1  a)b•(1  b)c•(1  c)a <64 ①

(1a)a0(1a)a2又∵0 < a, b, c < 1 ∴(1b)b14(1c)c14214

同理：，1以上三式相乘：(1  a)a•(1  b)b•(1  c)c≤64 与

①矛盾

∴原式成立

例3如果a，b，且a//b，已知直线a，b和平面，a

求证： a//bp例

4、求证：2是无理数

3.课时小结

反证于以下两种情形

(1)要证的结论与条件之间的联系不明显,直接由条件推出结论的线索不够清晰;(2)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,只研究一种或很少的几种情形.常见否定用语

是－－－不是

有－－－没有 等－－－不等

成立－－不成立 都是－－不都是，即至少有一个不是 都有－－不都有，即至少有一个没有

都不是－部分或全部是，即至少有一个是 唯一－－至少有两个

至少有一个有（是）－－全部没有（不是）至少有一个不－－－－－全部都

4、课堂练习

课本 91页 练习1,2

5、作业布置

课本 91页 1,2,4

补充教案

放缩法

●教学目标

教学知识点

（一）1.放缩法的概念.2.放缩法证题的基本方法.(二)能力训练要求 1.初步掌握放缩法的概念.2.理解放缩法证题的基本方法.3.培养学生用放缩法简单推理的技能.(三)德育渗透目标：证明不等式意在提高学生的数学素质,培养学生的创新意识,加强学生分析问题和解决问题的逻辑思维及推理能力,进一步使学生认识到事物间是有联系的辩证唯物主义观念.●教学重点 1.理解放缩法的推理依据.2.掌握放缩法证明命题的方法.●教学难点 理解放缩法的推理依据及方法.●教学过程

1.复习：证明不等式的常用方法：比较法、综合法、分析法.2.讲授新课

反

放缩法:证明不等式时,通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小,可以使不等式中有关项之间的大小关系更加明确或使不等式中的项得到简化而有利于代数变形,从而达到证明的目的,我们把这种方法称为放缩法.通常放大或缩小的方法是不唯一的,因而放缩法具有较在原灵活性;另外,用放缩法证明不等式,关键是放、缩适当,否则就不能达到目的,因此放缩法是技巧性较强的一种证法.例1 已知a,b,c,dR,求证1aabdbbcaccdbddac 2证明: a,b,c,d0,aabcdbabcdcabcddabcdaabdbbcaccdbddac

把以上四个不等式相加 得abcdabcd 即1aabd112aabdbbbcacccbddddac2ababcdcd.bca131n22cba1n2dac例

2、求证： ∴11212221证明：

131n11n1n21n(n1)1n1n11n

12213211122

2、.课时小结

放缩法就是将不等式的一边放大或缩小,寻找一个中间量,如将A放大成C,即AC,后证CB.常用的放缩技巧有:(1)舍掉(或加进)一些项;(2)在分式中放大或缩小分子或分母;(3)应用基本不等式进行放缩.如(a1k212)1234(a,1212);1,1k2kk1,2

k(k1)k2kk(k1)1kk1(以上k2且kN)

4、课后作业

1、设x > 0, y > 0,axy1xy, bx1xy1y，求证：a < b

111112、12nn1n22n(nN)