高中數(shù)學(xué) 1.4.3 幾何法　反證法課件 北師大版選修4-5.ppt

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4 3幾何法反證法 1 幾何法通過構(gòu)造幾何圖形 利用幾何圖形的性質(zhì)來證明不等式的方法稱為幾何法 點(diǎn)撥利用幾何法的關(guān)鍵是根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)構(gòu)造相應(yīng)的幾何圖形 2 反證法反證法證不等式是先假設(shè)所要證的不等式不成立 也就是說不等式的反面成立 以此為出發(fā)點(diǎn) 結(jié)合已知條件 進(jìn)行推理論證 最后推出矛盾的結(jié)果 從而斷定假設(shè)錯誤 因而確定要證的不等式成立 它的步驟是 1 作出否定結(jié)論的假設(shè) 2 進(jìn)行推理 導(dǎo)出矛盾 3 否定假設(shè) 肯定結(jié)論 點(diǎn)撥反證法適宜證明 存在性問題 唯一性問題 帶有 至少有一個 或 至多有一個 等字樣的問題 或者說 正難則反 直接證明有困難時 常采用反證法 下面我們列舉一些常見的涉及反證法的文字語言及其相對應(yīng)的否定假設(shè) 對某些數(shù)學(xué)語言的否定假設(shè)要準(zhǔn)確 以免造成原則性的錯誤 有時在使用反證法時 對假設(shè)的否定也可以舉一定的特例來說明矛盾 尤其在一些選擇題中 更是如此 做一做2用反證法證明命題 三角形的內(nèi)角至多有一個鈍角 時 假設(shè)正確的是 A 假設(shè)至少有一個鈍角B 假設(shè)沒有一個鈍角C 假設(shè)至少有兩個鈍角D 假設(shè)沒有一個鈍角或至少有兩個鈍角解析 由于命題 三角形的內(nèi)角至多有一個鈍角 的否定為 三角形的內(nèi)角至少有兩個鈍角 故用反證法證明命題 三角形的內(nèi)角至多有一個鈍角 時 應(yīng)假設(shè)至少有兩個鈍角 故選C 答案 C 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究二用反證法證明不等式1 用反證法證明 就是從結(jié)論的反面出發(fā) 要求結(jié)論反面的情況只有有限多種 然后證明這種反面的結(jié)論都是不可能的 是與已知條件 已知事實(shí)或已證明過的定理相矛盾的 2 要證不等式M N 先假設(shè)M N 由題設(shè)及其他性質(zhì)推出矛盾 從而肯定M N成立 凡涉及的證明不等式為否定性命題 唯一性命題或是含 至多 至少 等字句時 可考慮使用反證法 探究一 探究二 探究三 3 用反證法證明不等式要把握三點(diǎn) 1 必須先否定結(jié)論 對于結(jié)論的反面出現(xiàn)的多種可能要逐一論證 缺少任何一種可能 證明都是不完全的 2 反證法必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理 且必須根據(jù)這一條件進(jìn)行論證 否則 僅否定結(jié)論 不從結(jié)論的反面出發(fā)進(jìn)行論證 就不是反證法 3 推導(dǎo)出來的矛盾可以是多種多樣的 有的與已知條件相矛盾 有的與假設(shè)相矛盾 有的與定理 公理相違背 有的與已知的事實(shí)相矛盾等 但推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 變式訓(xùn)練2已知函數(shù)f x x2 x x R 若正數(shù)m n滿足mn 1 證明 f m f n 至少有一個不小于零 證明 假設(shè)f m 0 n 0 m 11矛盾 假設(shè)不成立 即f m f n 至少有一個不小于零 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 探究一 探究二 探究三 12345 1 用反證法證明 如果整系數(shù)一元二次方程ax2 bx c 0 a 0 有有理根 那么a b c中至少有一個偶數(shù) 下列假設(shè)中正確的是 A 假設(shè)a b c都是偶數(shù)B 假設(shè)a b c都不是偶數(shù)C 假設(shè)a b c至多有一個偶數(shù)D 假設(shè)a b c至多有兩個偶數(shù)答案 B 12345 12345 12345 4 設(shè)a b R 給出下列條件 a b 1 a b 2 a b 2 a2 b2 2 ab 1 其中能推出 a b中至少有一個實(shí)數(shù)大于1 的條件是 填序號 解析 對于 a b均可小于1 對于 a b均可等于1 對于 a b均可為負(fù)數(shù) 對于 若a b都不大于1 則a b 2 與 矛盾 故若 成立 則 a b中至少有一個實(shí)數(shù)大于1 成立 答案 12345 5 已知x y z 0 1 求證 x 1 y y 1 z z 1 x S BDF S DCE S AEF 得1 1 sin60 x 1 y sin60 y 1 z sin60 z 1 x sin60 整理 得x 1 y y 1 z z 1 x 1 即得證