2020版新一线高考文科数学（北师大版）一轮复习教学案：第6章第5节　综合法与分析法、反证法

这是一份2020版新一线高考文科数学（北师大版）一轮复习教学案：第6章第5节　综合法与分析法、反证法，共8页。


1．综合法
从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，这样的思维方法称为综合法．
2．分析法
从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等，这样的思维方法称为分析法．
3．反证法
(1)定义：在证明数学命题时，先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立．这种证明方法叫作反证法．
(2)反证法的证明步骤是：
①作出否定结论的假设；
②进行推理，导出矛盾；
③否定假设，肯定结论．
[基础自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．( )
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( )
(3)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
(4)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√
2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0 ，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－eq \f(a4＋b4,2)≤0
C．eq \f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
D [a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.]
3．用反证法证明命题：“已知a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x2＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根
A [“方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”的反面是“方程x2＋ax＋b＝0没有实根”，故选A．]
4．已知a，b，x均为正数，且a>b，则eq \f(b,a)与eq \f(b＋x,a＋x)的大小关系是________．
eq \f(b＋x,a＋x)>eq \f(b,a) [∵eq \f(b＋x,a＋x)－eq \f(b,a)＝eq \f(xa－b,a＋xa)>0，∴eq \f(b＋x,a＋x)>eq \f(b,a).]
5．(教材改编)在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为__________三角形．
等边 [由题意2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝π，∴B＝eq \f(π,3)，又b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq \f(π,3)，
∴△ABC为等边三角形．]
1．已知m＞1，a＝eq \r(m＋1)－eq \r(m)，b＝eq \r(m)－eq \r(m－1)，则以下结论正确的是( )
A．a＞b B．a＜b
C．a＝bD．a，b大小不定
B [∵a＝eq \r(m＋1)－eq \r(m)＝eq \f(1,\r(m＋1)＋\r(m))，
b＝eq \r(m)－eq \r(m－1)＝eq \f(1,\r(m)＋\r(m－1)).
而eq \r(m＋1)＋eq \r(m)＞eq \r(m)＋eq \r(m－1)＞0(m＞1)，
∴eq \f(1,\r(m＋1)＋\r(m))＜eq \f(1,\r(m)＋\r(m－1))，
即a＜b.]
2．已知函数f(x)＝－eq \f(\r(a),ax＋\r(a))(a＞0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图像关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
[证明] (1)函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．
由已知y＝－eq \f(\r(a),ax＋\r(a))，
则－1－y＝－1＋eq \f(\r(a),ax＋\r(a))＝－eq \f(ax,ax＋\r(a))，
f(1－x)＝－eq \f(\r(a),a1－x＋\r(a))＝－eq \f(\r(a),\f(a,ax)＋\r(a))
＝－eq \f(\r(a)·ax,a＋\r(a)·ax)＝－eq \f(ax,ax＋\r(a))，
∴－1－y＝f(1－x)，
即函数y＝f(x)的图像关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称．
(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.
∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，
f(0)＋f(1)＝－1.
则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
[规律方法] 综合法证题的思路
1．若a，b∈(1，＋∞)，证明eq \r(a＋b)＜eq \r(1＋ab).
[证明] 要证eq \r(a＋b)＜eq \r(1＋ab)，
只需证(eq \r(a＋b))2＜(eq \r(1＋ab))2，
只需证a＋b－1－ab＜0，
即证(a－1)(1－b)＜0.
因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，
即(a－1)(1－b)＜0成立，
所以原不等式成立．
2．已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.
求证：eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c).
[证明] 要证eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c)，
即证eq \f(a＋b＋c,a＋b)＋eq \f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq \f(c,a＋b)＋eq \f(a,b＋c)＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得，b2＝c2＋a2－2accs 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，
故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
[规律方法] 分析法的证题思路
(1)分析法的证题思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
►考法1 证明否定性命题
【例1】 设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
[解] (1)设{an}的前n项和为Sn.
则Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，
两式相减得(1－q)Sn＝a1－a1qn＝a1(1－qn)，
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1，
所以Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，
则(a1＋1)(a3＋1)＝(a2＋1)2，
即a1a3＋a1＋a3＋1＝aeq \\al(2,2)＋2a2＋1，
因为{an}是等比数列，公比为q，
所以a1a3＝aeq \\al(2,2)，a2＝a1q，a3＝a1q2，
所以a1(1＋q2)＝2a1q.
即q2－2q＋1＝0，(q－1)2＝0，q＝1，
这与已知q≠1矛盾，
所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．
►考法2 证明“至多”“至少”命题
【例2】 已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．
[证明] 假设三个方程都没有两个相异实根．
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，
Δ3＝4a2－4bc≤0，
上述三个式子相加得：
a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.
所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的实数相矛盾．
因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，
bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．
[规律方法] 用反证法证明数学命题需把握的三点
(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；
(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；
(3)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，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．
设a>0，b>0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
[证明] 由a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq \r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，
则由a2＋a<2及a>0，得0同理，0故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
综合法
分析法
反证法