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【优教通,同步备课】高中数学(北师大版)选修2-2课件:第1章 反证法 复习课件


一、命题的有关概念 1.命题 可以判断真假的语句. 2.逻辑联结词 “或”、“且”、“非”.
3.简单命题 不含逻辑联结词的命题. 4.复合命题 含有逻辑联结词的命题.

一、命题的有关概念
5.复合命题真值表 p 非p 真 假 假 真 p q p或q 真 真 真 真 假 真 假 真 真 假 假 假 “p 或 q”形式 的复合命题当 p

与 q 同时为假时 为假, 其它情形 为真;

p 真 真 假 假

q p且q 真 真 假 假 真 假 假 假

“非 p” 形式的复合 命题与 p 的 真假相反;

“p 且 q”形 式的复合命题 当p 与q同时为 真时为真, 其 它情形为假.

二、命题的四种形式
原命题 若p则q

原命题: 若 p, 则 q; 否命题: 若?p, 则?q;

逆命题: 若 q, 则 p; 逆否命题: 若?q, 则?p. 互逆 逆命题 若q则p


互 否 为 逆



逆 否

互 否


否命题 若?p 则?q 互逆

逆否命题 若?q 则?p

注: 互为逆否命题的两个命题同真假.

三、反证法
1.一般步骤 ①反设: 假设命题的结论不成立, 即假设结论的反面成立; ②归谬: 从假设出发, 经过推理论证, 得出矛盾; ③结论: 由矛盾判定假设不正确, 从而肯定命题的结论正确. 2.命题特点 ①结论本身以否定形式出现;
②结论是“至少”、“至多”、“唯一”、“都是”等形式;

③结论涉及“存在或不存在”,“有限或无限”等形式; ④结论的反面比原结论更具体或更易于证明.

3.特殊结论的反设
原结论词 反设词 原结论词 反设词 大于(>) 不大于(≤) 有无穷多个 小于(<) 不小于(≥) 都是 都不是 至少 n 个 至多 n 个 至少 n+1 个 不都是 至少有一个是 至多 n-1 个

存在唯一的

对任意 x, 使?恒成立 至少有一个 x, 使?不成立

只有有限多个 不存在或至少存在两个

4.引出矛盾的形式 ①由假设结论 q 不成立, 得到条件 p 不成立; ②由假设结论 q 不成立, 得到结论 q 成立; ③由假设结论 q 不成立, 得到一个恒假命题; ④分别由假设与条件推得的两个结论矛盾.

典型例题
用反证法证明下列各题: 1.某班有 49 位学生, 证明: 至少有 5 位学生的生日同月. 2.若 p1p2=2(q1+q2), 证明关于 x 的方程 x2+p1x+q1=0 与 x2+p2x+ q2=0 中, 至少有一个方程有实根. 3.设 f(x)=x2+ax+b, 求证: |f(1)|、|f(2)|、|f(3)| 中至少有一个不 小于 1 2. 1 1 1 4.设三个正数 a, b, c 满足条件 a + b + c =2, 求证: a, b, c 中至 少有两个不小于 1.

1.某班有 49 位学生, 证明: 至少有 5 位学生的生日同月.
证: 假设至多有 4 位学生的生日同月, 即: 生日在 1, 2, ?, 12 月的学生人数都不超过 4 人. 则该班学生总数 m≤4?12=48人, 与该班有 49 位学生的条件矛盾, ∴假设不成立. ∴至少有 5 位学生的生日同月.

2.若 p1p2=2(q1+q2), 证明关于 x 的方程 x2+p1x+q1=0 与 x2+p2x+ q2=0 中, 至少有一个方程有实根. 证: 假设这两个方程都没有实根, 则 △1<0 且 △2<0, 从而有:
△1+△2<0.

又∵△1+△2=(p12-4q1)+(p22-4q2)=p12+p22-4(q1+q2) =p12+p22-2p1p2=(p1-p2)2≥0, 即 △1+△2≥0, 与 △1+△2<0 矛盾. ∴假设不成立. 故这两个方程至少有一个有实根.

3.设 f(x)=x2+ax+b, 求证: |f(1)|、|f(2)|、|f(3)| 中至少有一个不 小于 1 2. 证: 假设 |f(1)|、|f(2)|、|f(3)| 全小于 1 2 , 即: 1 3 <a + b <- 1 -1 <1+ a + b < ① 2 2 2 2 1 ? - 9 <2a+b<- 7 -1 <4+2 a + b < ② 2 2 2 2 19 17 1 1 - 2 <9+3a+b< 2 - 2 <3a+b<- 2 ③ 1 由①式得 2 <-a-b< 3 2 , 与②式相加得 -4<a<-2 ④ 7 由②式得 2 <-2a-b< 9 2 , 与③式相加得 -6<a<-4 ⑤ 显然④与⑤矛盾, ∴假设不成立. 1 故 |f(1)|、|f(2)|、|f(3)| 中至少有一个不小于 2 .

1 1 1 4.设三个正数 a, b, c 满足条件 a + b + c =2, 求证: a, b, c 中至 少有两个不小于 1. 证: 假设 a, b, c 中至多有一个数不小于 1, 这包含两种情况: ①a, b, c 三数均小于 1, 即 0<a<1, 0<b<1, 0<c<1, 则: 1 >1, 1 >1, 1 >1, 1 1 1 ∴ a + b + c >3, 与已知条件矛盾; a b c ②a, b, c 中恰有两数小于 1, 不妨设 0<a<1, 0<b<1, 而 c≥1, 1 1 1 1 1 1 则 a >1, b >1, ∴ a + b + c >2+ c >2, 也与已知条件矛盾. ∴假设不成立. ∴a, b, c 中至少有两个不小于 1.

课堂练习
c 1.已知 abc?0, 求证: 三个方程 ax2+bx+ 4 =0、bx2+cx+ a 4 =0 与 cx2+ax+ b 4 =0 中至少有一个方程有实数根. 2.对于函数 f(x)=x2+ax+b(a, b?R), 当 x?[-1, 1] 时, |f(x)| 的最 大值为 M, 求证: M≥ 1 2. 3.方程 x2 -mx+4=0 在[-1, 1]上有解, 求实数 m 的取值范围.

c 1.已知 abc?0, 求证: 三个方程 ax2+bx+ 4 =0、bx2+cx+ a =0 与 4 b cx2+ax+ 4 =0 中至少有一个方程有实数根. 1.证: 设三个方程的判别式分别为△1, △2, △3, 由 △1+△2+△3=b2 -ac+c2 -ba+a2 -cb =1 [( a -b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 2

即 △1+△2+△3 ≥0.
∴△1, △2, △3 中至少有一个非负. 故所述三个方程中至少有一个方程有实数根.

2.对于函数 f(x)=x2+ax+b(a, b?R), 当 x?[-1, 1] 时, |f(x)| 的最 大值为 M, 求证: M≥ 1 2. 1 1 1 证: 假设 M< 2 , 则 |f(1)|=|1+a+b|< 2 , |f(0)|=|b|< 2 , |f(-1)|=|1-a+b|< 1 2. 1 + 1 =2, ∴|1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|< 1 +2 ? 2 2 2 即 |1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|<2. ① 又∵|1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|≥|(1+a+b)-2b+(1-a+b)|=2, 即 |1+a+b|+|-2b|+|1-a+b|≥2, ∴假设不成立. 1 ∴ M≥ 2. 与①式矛盾.

3.方程 x2 -mx+4=0 在[-1, 1]上有解, 求实数 m 的取值范围. 解: 先考虑 x2 -mx+4=0 在[-1, 1]上无解时 m 的取值范围. 包含两种情况: ①方程 x2 -mx+4=0 无实数解; ②方程有实数解, 但解不在 [-1, 1] 上. 设 f(x)=x2 -mx+4, 则①等价于 △=m2 -16<0; ②等价于: △≥0; △≥0; △≥0; m 1 ≤ ≤1; m < -1; 或 m >1; 或 2 2 2 f(-1)<0; f(1)>0. f(-1)>0. f(1)<0. 解得实数 m 取值的集合 A=(-5, 5). 故所求实数 m 的取值范围是: CRA=(-∞, -5]∪[5, +∞).


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