【步步高】2015届高三数学人教B版【配套课件】 第七章 不等式、推理与证明 第5课

a＋mb 2 a2＋mb2 逐步靠拢 “ 已知 ” 或本身已经成 求证：( )≤ . 1＋m 1＋m 立的定理、 性质或已经证明成立的
结论等， 运用分析法必须考虑条件 的必要性是否成立． 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．
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分
2
2
1 2
因为 a，b∈(0，＋∞)，所以即证 2ab<3(a2＋b2)． 而 a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab>2ab 成立，
以上步骤步步可逆，所以(a ＋b ) <(a ＋b ) .
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分
3 3
1 3
2
2
1 2
题型分类·深度剖析
题型三 反证法的应用
思维启迪 解析 思维升华
题型分类·深度剖析
跟踪训练 2
证明
已知 a， b∈(0， ＋∞)， 求证： (a3＋b ) <(a2＋b ) .
1 3 3
1 2 2
因为 a，b∈(0，＋∞)，所以要证原不等式成立，
3 3 3 6
1
只需证[(a ＋b ) ] <[(a ＋b ) ]6， 即证(a3＋b3)2<(a2＋b2)3， 即证 a6＋2a3b3＋b6<a6＋3a4b2＋3a2b4＋b6， 只需证 2a3b3<3a4b2＋3a2b4.
(2)试判断函数 f(x)＝2x(x∈[0,1])， f(x) ＝ x (x∈[0,1]) ， f(x) ＝ (x∈[0,1])是否是理想函数．
基础知识 题型分类
2
x
f(x)＝2x(x∈[0,1] )与 f(x)＝ x (x∈[0,1] )不是理想函数．
思想方法 练出高分
题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】
基础知识 题型分类
(2)解
对于 f(x)＝2x， x∈[0,1] ， f(1)
＝2 不满足新定义中的条件②， ∴f(x)＝2x， (x∈[0,1] )不是理想函数．
x
对于 f(x)＝x2，x∈[0,1] ， 显然 f(x)≥0，且 f(1)＝1.
思想方法 练出高分
题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】
两式相减得 an 和 an＋1 的关系，
(1)求数列{an}的通项公式； 再求 an； (2) 求证：数列 {an} 中不存 (2)用反证法证明． 在三项按原来顺序成等差 数列．
即证 m(a －2ab＋b )≥0， 即证(a－b)2≥0， 而(a－b)2≥0 显然成立，
故原不等式得证．
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分
题型分类·深度剖析
题型二 分析法的应用
思维启迪 解析 思维升华
【例 2】 已知 m>0， a， b∈R，
分析法的特点和思路是 “ 执果索 因”，即从“未知”看“需知”，
最后达到题设的已知条件或 已被证明的事实的方法， 是一 种从 结果 追溯到 产生这一
结果的原因 的思维方法
思想方法 练出高分
的思维方法
基础知识 题型分类
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材
从“已知 ”看
从“ 未知 ”看
“ 可知 ”， 逐步推向 “ 需知 ”，逐步靠 特点 “ 未知 ”， 其逐步推 拢“ 已知 ”，其逐 理，实际上是要寻找 步推理，实际上是要 它的 必要条件 步骤的符 P0(已知)⇒P1⇒P2⇒ 号表示
对于 f(x)＝ x，x∈[0,1] ，显然满足
(2)试判断函数 f(x)＝2x(x∈[0,1])， 条件①②.
x2∈[0,1] ， x1＋x2≤1， x 对任意的 x1，
思想方法 练出高分
题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】
综合法的应用
对于定义域为[0,1]的函
思维启迪 解析 思维升华
数 f(x)，如果同时满足：
基础知识 题型分类
因果关系不明确，逻辑表达混乱．
思想方法 练出高分
题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 定义：若数列{An}满足 An＋1＝A2 n，则称数列{An}
为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1) 在函数 f(x)＝2x2＋2x 的图象上，其中 n 为正整数，证明：数 列{2an＋1}是“平方递推数列”．
将要证分式化成整式，再 合并同类项 .
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分
题型分类·深度剖析
题型二 分析法的应用
思维启迪 解析 思维升华
【例 2】 已知 m>0， a， b∈R，
证明
∵m>0， ∴1＋m>0.
所以要证原不等式成立，
a＋mb 2 a2＋mb2 只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)， 求证：( )≤ . 1＋m 1＋m 2 2
即 f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2. x2)≥f(x1)＋ f(x2)成立，则称函数 ∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条
件③. (1)若函数 f(x)为理想函数， 证明： ∴f(x)＝ x(x∈[0,1] )不是理想函数． f(0)＝0； 综上， f(x)＝x2(x∈[0,1] )是理想函数，
基础知识 题型分类
任意的 x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，
f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2
2 2 －x1 －x2 ＝2x1x2≥0，
x2)≥f(x1)＋ f(x2)成立，则称函数 即 f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)．
∴f(x)＝x2(x∈[0,1] )是理想函数．
思维启迪 解析 思维升华
数 f(x)，如果同时满足： ① 对 任 意 的 x∈[0,1] ， 总 有 f(x)≥0；②f(1)＝1；③若 x1≥0， x2≥0 ， x1 ＋ x2≤1 ，都有 f(x1 ＋ x2)≥f(x1)＋ f(x2)成立，则称函数 f(x)为理想函数． (1)若函数 f(x)为理想函数， 证明： f(0)＝0； (2)试判断函数 f(x)＝2x(x∈[0,1])， f(x) ＝ x2(x∈[0,1]) ， f(x) ＝ (x∈[0,1])是否是理想函数．
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分
2
件， 才能得出“是理想函数”的
结论，否则得出 “ 不是理想函
x
数”的结论．
题型分类·深度剖析
题型一
【例 1】
综合法的应用
对于定义域为[0,1]的函
思维启迪 解析 思维升华
数 f(x)，如果同时满足：
(1)证明
取 x1＝x2＝0，则 x1＋x2
① 对 任 意 的 x∈[0,1] ， 总 有 ＝0≤1， f(x)≥0；②f(1)＝1；③若 x1≥0， ∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0. x2≥0 ， x1 ＋ x2≤1 ，都有 f(x1 ＋ 又对任意的 x∈[0,1] ， 总有 f(x)≥0， x2)≥f(x1)＋ f(x2)成立，则称函数 ∴f(0)≥0.于是 f(0)＝0. f(x)为理想函数． (1)若函数 f(x)为理想函数， 证明： f(0)＝0； (2)试判断函数 f(x)＝2x(x∈[0,1])， f(x) ＝ x2(x∈[0,1]) ， f(x) ＝ (x∈[0,1])是否是理想函数．
【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋ Sn＝2. (1)求数列{an}的通项公式； (2) 求证：数列 {an} 中不存 在三项按原来顺序成等差 数列．
基础知识 题型分类 思想方法 练出高分
题型分类·深度剖析
题型三 反证法的应用
思维启迪 解析 思维升华
【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＋ (1)先利用 Sn－ Sn－1＝ an(n≥2) Sn＝2.
基础知识 题型分类 思想方法
【例 1】
综合法的应用
对于定义域为[0,1]的函
思维启迪 解析 思维升华
数 f(x)，如果同时满足： ① 对 任 意 的 x∈[0,1] ， 总 有 (1)取特殊值代入计算即可证明； f(x)≥0；②f(1)＝1；③若 x1≥0， x2≥0 ， x1 ＋ x2≤1 ，都有 f(x1 ＋ (2)对照新定义中的 3 个条件， x2)≥f(x1)＋ f(x2)成立，则称函数 逐一代入验证， 只有满足所有条 f(x)为理想函数． (1)若函数 f(x)为理想函数， 证明： f(0)＝0； (2)试判断函数 f(x)＝2x(x∈[0,1])， f(x) ＝ x (x∈[0,1]) ， f(x) ＝ (x∈[0,1])是否是理想函数．
综合法的应用
对于定义域为[0,1]的函
思维启迪 解析 思维升华
数 f(x)，如果同时满足： ① 对 任 意 的 x∈[0,1] ， 总 有 f(x)≥0；②f(1)＝1；③若 x1≥0， x2≥0 ， x1 ＋ x2≤1 ，都有 f(x1 ＋ f(x)为理想函数． (1)若函数 f(x)为理想函数， 证明： f(0)＝0； f(x) ＝ x2(x∈[0,1]) ， f(x) ＝ (x∈[0,1])是否是理想函数．
基础知识
寻找它的 充分条件 B(结论)⇐B1⇐B2„⇐Bn ⇐A(已知)
思想方法 练出高分
P3⇒P4(结论)
题型分类
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾 理清教材
2.间接证明 (1)反证法的定义： 一般地，由证明 p⇒q 转向证明： 綈 q⇒r⇒„⇒t t 与 假设 矛盾，或与 某个真命题 矛盾，从而判定綈 q 为 假，推出 q 为真的方法，叫做反证法． (2)应用反证法证明数学命题的一般步骤： ①分清命题的条件和结论； ②做出与命题结论相矛盾的假设； ③由假设出发，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果； ④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真， 于是原结论成立，从而间接地证明命题为真．