2019-2020学年高中数学 第三章 推理与证明 4 反证法课件 北师大版选修1-2

-1-§4反证法目标导航1.了解间接证明的一种基本方法——反证法.2.了解反证法的思考过程、特点.知识梳理1.反证法的定义(1)在证明数学命题时,要证明的结论要么正确,要么错误,二者必居其一.我们可以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)反证法是一种间接证明的方法.【做一做1】在应用反证法推出矛盾的推导过程中,下列可以作为条件使用的是()①与结论相反的判断,即假设;②原命题的条件;③公理、定理、定义等;④原结论.A.①②B.①②④C.①②③D.②③答案:C知识梳理2.反证法的证题步骤(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.知识梳理名师点拨常见的“结论词”与“反设词”原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个也没有对所有x成立对某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x不成立对某个x成立至少有n个至多有n-1个都是不都是至多有n个至少有n+1个是不是只有一个没有或至少有两个p或q􀱑p且􀱑qp且q􀱑p或􀱑q知识梳理【做一做2】命题“在△ABC中,若AB,则ab”的结论的否定应该是()A.abB.a≤bC.a=bD.a≥b答案:B【做一做3】用反证法证明命题“若x2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a,且x≠b”时,应假设.解析:“p且q”的否定形式为“p或q”.答案:x=a或x=b典例透析题型一题型二题型三题型四否定性命题的证明【例1】如图,AB,CD为圆的两条相交弦,且不全为直径.求证:AB,CD不能互相平分.分析:本题要证明的是AB,CD能不能互相平分.由于不易证明“AB,CD不能互相平分”,不妨假设“AB,CD能互相平分”,以此为出发点,得出与条件“AB,CD不全为直径”矛盾的结论.典例透析题型一题型二题型三题型四证明:假设AB,CD互相平分,则四边形ACBD为平行四边形,所以∠ACB=∠ADB,∠CAD=∠CBD.因为四边形ACBD为圆内接四边形,所以∠ACB+∠ADB=180°,∠CAD+∠CBD=180°.因此∠ACB=90°,∠CAD=90°,所以对角线AB,CD均为直径,这与已知中“AB,CD不全为直径”相矛盾.因此AB,CD不能互相平分.反思用反证法证明该几何问题时,假设之后,以假设为出发点,并且结合圆的内接四边形的性质得出与已知相矛盾的结论,从而证明了原命题成立.另外,证明含否定词的命题常用反证法.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练1】已知三个正数a,b,c成等比数列,但不成等差数列,求证:𝑎,𝑏,𝑐不成等差数列.证明:假设𝑎,𝑏,𝑐成等差数列,则𝑎+𝑐=2𝑏,即a+c+2𝑎𝑐=4𝑏.而b2=ac,即b=𝑎𝑐,所以a+c+2𝑎𝑐=4𝑎𝑐,所以(𝑎−𝑐)2=0,即𝑎=𝑐.从而a=b=c,这与a,b,c不成等差数列矛盾,故𝑎,𝑏,𝑐不成等差数列.典例透析题型一题型二题型三题型四“至多”“至少”类命题的证明求证:a,b,c中至少有一个大于0.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+π-3≥π-30,即a+b+c0,这与a+b+c≤0矛盾,所以a,b,c中至少有一个大于0.反思结论中含有“至少”“至多”等词的命题,常用反证法证明,注意假设要写正确,这是反证法证题的关键.【例2】已知a,b,c均为实数,且a=x2-2y+π2,𝑏=2𝑦2−2𝑧+π3,𝑐=𝑧2−2𝑥+π6.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练2】用反证法证明:若函数f(x)在区间[a,b]上是增加的,则方程f(x)=0在区间[a,b]上至多有一个实根.证明:假设方程f(x)=0在区间[a,b]上至少有两个实根,不妨设α,β为其实根,且αβ,则f(α)=f(β)=0.因为函数f(x)在区间[a,b]上是增加的,又αβ,所以f(α)f(β),这与假设f(α)=f(β)=0相矛盾.所以方程f(x)=0在区间[a,b]上至多有一个实根.典例透析题型一题型二题型三题型四唯一性命题的证明【例3】求证:函数f(x)=2x+1有且只有一个零点.分析:一般先证存在性,再用反证法证唯一性.证明:存在性:因为2×-12+1=0,所以−12为函数f(x)=2x+1的零点.所以函数f(x)=2x+1至少存在一个零点.唯一性:假设函数f(x)=2x+1除−12外还有零点x0𝑥0≠-12,则𝑓-12=𝑓(𝑥0)=0,即2×-12+1=2𝑥0+1.解得x0=−12,这与x0≠−12矛盾.故假设不成立,即函数f(x)=2x+1除−12外没有零点.综上所述,函数f(x)=2x+1有且只有一个零点.典例透析题型一题型二题型三题型四反思1.结论以“有且只有”“只有一个”“唯一存在”等形式出现的“唯一”性命题,由于假设结论不成立易于导出矛盾,所以用反证法证明简单明了.2.“有且只有”的含义有两层:(1)存在性:本题中只需找到函数f(x)=2x+1的一个零点即可;(2)唯一性:正面直接证明较为困难,故可采用反证法寻求矛盾,从而证明原命题的正确性.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练3】过平面α内一点A,作直线a⊥α,求证:a是唯一的.证明:假设a不是唯一的,则过点A至少还有一条直线b满足b⊥α.∵a,b是交于点A的相交直线,∴a,b可以确定一个平面β.设α和β相交于过点A的直线c.∵a⊥α,b⊥α,∴a⊥c,b⊥c.又a∩b=A,∴c⊥β.这与c⫋β矛盾.故过点A垂直于平面α的直线有且只有一条,即a是唯一的.典例透析题型一题型二题型三题型四易错辨析易错点证明时因未涉及假设而致误【例4】已知实数p满足不等式(2p+1)(p+2)0,用反证法证明:关于x的方程x2-2x+5-p2=0无实根.错解:假设方程x2-2x+5-p2=0有实根,由已知实数p满足不等式(2p+1)(p+2)0,解得-2p−12,而关于x的方程x2-2x+5-p2=0的根的判别式Δ=4(p2-4).因为-2p−12,所以14𝑝24,所以Δ0,即关于x的方程x2-2x+5-p2=0无实根.典例透析题型一题型二题型三题型四错因分析:利用反证法证明时,首先对所要证明的结论进行否定性的假设,并以此为条件进行归谬,得到矛盾,推出原命题成立.即反证法必须严格按照“反设→归谬→存真”的步骤进行.错解在证明的过程中并没有用到假设,故不是反证法.正解:假设方程x2-2x+5-p2=0有实根,则该方程根的判别式Δ=4-4(5-p2)≥0,解得p≥2或p≤-2.而由已知条件知实数p满足不等式(2p+1)(p+2)0,解得-2p−12,二者无公共部分,所以假设不成立.故关于x的方程x2-2x+5-p2=0无实根.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练4】已知x0,y0,且x+y2.求证:1+𝑥𝑦,1+𝑦𝑥中至少有一个小于2.证明:假设1+𝑥𝑦,1+𝑦𝑥都不小于2,即1+𝑥𝑦≥2,1+𝑦𝑥≥2.因为x0,y0,所以1+x≥2y,1+y≥2x.所以2+x+y≥2(x+y),即x+y≤2,与已知x+y2矛盾.故1+𝑥𝑦,1+𝑦𝑥中至少有一个小于2.123451.用反证法证明时,对结论“自然数a,b,c恰有一个为偶数”的假设,正确的是()A.a,b,c都是奇数B.a,b,c都是偶数C.a,b,c中至少有两个偶数D.a,b,c都是奇数或至少有两个偶数答案:D123452.若两个实数之和为正数,则这两个数()A.一个是正数,一个是负数B.都是正数C.至少有一个数是正数D.都是负数答案:C123453.如果用反证法证明命题“若a,b∈N,ab可以被5整除,则a,b中至少有一个能被5整除”,那么假设的内容是.答案:a,b都不能被5整除123454.已知二次函数f(x)=x2+2(p-2)x+p,若在区间[0,1]上至少存在一个实数c,使f(c)0,则实数p的取值范围是.解析:本题从正面解答较难,可利用反证法,先求在[0,1]内没有实数c使得f(c)0,即在[0,1]上都有f(x)≤0.所以要在区间[0,1]上至少存在一个实数c,使f(c)0,则p0.答案:p0则𝑓(0)≤0,𝑓(1)≤0,即𝑝≤0,𝑝≤1,所以p≤0.123455.已知a,b,c是互不相等的非零实数.求证:由y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a和y=cx2+2ax+b确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点.证明:假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x轴有两个不同的交点(即任何一条抛物线与x轴没有两个不同的交点),由y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a,y=cx2+2ax+b,得Δ1=(2b)2-4ac≤0,Δ2=(2c)2-4ab≤0,Δ3=(2a)2-4bc≤0.上述三个同向不等式相加,得4b2+4c2+4a2-4ac-4ab-4bc≤0,因为2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca≤0,得(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≤0,即a=b=c,这与题设a,b,c互不相等矛盾,因此假设不成立,从而命题得证.