高中數學選修1-2？選修1-1：常用邏輯用語、圓錐曲線與方程、導數及其應用；選修1-2：統計案例、推理與證明、數系的擴充與復數的引入、框圖.◆系列2：由三個模塊組成.選修2-1：常用邏輯用語、圓錐曲線與方程、那么，高中數學選修1-2？一起來了解一下吧。
高中數學選修1-2《直接證明與間接證明》教案
導學目標： 1.了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法;了解分析法和綜合法的思考過程及特點.2.了解間接證明的一種基本方法——反證法，了解反證法的思考過程及特點.
自主梳理
1.直接證明
(1)綜合法
①定義：利用已知條件和某些數學定義、定理、公理等，經過一系列的________，最后推導出所要證明的結論________，這種證明方法叫做綜合法.
②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→…→Qn?Q(其中P表示已知條件，Q表示要證的結論).
(2)分析法
①定義：從________________出發，逐步尋求使它成立的__________，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等).這種證明的方法叫做分析法.
②框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一個明顯成立的條件.
2.間接證明
反證法：假設原命題__________(即在原命題的條件下，結論不成立)，經過正確的推理，最后得出________，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法.
自我檢測
1.分析法是從要證的結論出發，尋求使它成立的()
A.充分條件 B.必要條件
C.充要條件 D.既不充分又不必要條件
2.(2011?揭陽模擬)用反證法證明“如果a>b，那么3a>3b”的假設內容應是()
A.3a=3b B.3a<3b
C.3a=3b且3a<3b D.3a=3b或3a<3b
3.設a、b、c是互不相等的正數，則下列不等式中不恒成立的是()
A.|a-c|≤|a-b|+|c-b|
B.a2+1a2≥a+1a
C.a+3-a+1
D.|a-b|+1a-b≥2
4.(2010?廣東)在集合{a，b，c，d}上定義兩種運算⊕和?如下：
那么d?(a⊕c)等于()
A.a B.b C.c D.d
5.(2011?東北三省四市聯考)設x、y、z∈R+，a=x+1y，b=y+1z，c=z+1x，則a、b、c三數()
A.至少有一個不大于2 B.都小于2
C.至少有一個不小于2 D.都大于2
探究點一綜合法
例1 已知a，b，c都是實數，求證：a2+b2+c2≥13(a+b+c)2≥ab+bc+ca.
變式遷移1設a，b，c>0，證明：
a2b+b2c+c2a≥a+b+c.
探究點二分析法
例2 (2011?馬鞍山月考)若a，b，c是不全相等的正數，求證：
lg a+b2+lg b+c2+lg c+a2>lg a+lg b+lg c.
變式遷移2已知a>0，求證： a2+1a2-2≥a+1a-2.
探究點三反證法
例3 若x，y都是正實數，且x+y>2，
求證：1+xy<2與1+yx<2中至少有一個成立.
變式遷移3若a，b，c均為實數，且a=x2-2y+π2，b=y2-2z+π3，c=z2-2x+π6.求證：a，b，c中至少有一個大于0.
轉化與化歸思想的應用
例 (12分)(2010?上海改編)若實數x、y、m滿足|x-m|>|y-m|，則稱x比y遠離m.
(1)若x2-1比1遠離0，求x的取值范圍.
(2)對任意兩個不相等的正數a、b，證明：a3+b3比a2b+ab2遠離2abab.
多角度審題 (1)本題屬新定義題，根據“遠離”的含義列出不等式，然后加以求解.
(2)第(2)小題，實質是證明不等式|a3+b3-2abab|>|a2b+ab2-2abab|成立.證明時注意提取公因式及配方法的運用.
【答題模板】
(1)解由題意得x2-1>1，
即x2-1>1或x2-1<-1.[2分]
由x2-1>1，得x2>2，即x<-2或x>2;由x2-1<-1，得x∈?.
綜上可知x的取值范圍為(-∞，-2)∪(2，+∞).[4分]
(2)證明由題意知即證a3+b3-2abab>a2b+ab2-2abab成立.[6分]
∵a≠b，且a、b都為正數，
∴a3+b3-2abab=?a3?2+?b3?2-2a3b3=?a3-b3?2=(aa-bb)2，
a2b+ab2-2abab=ab?a+b-2ab?=ab(a-b)2=(ab-ba)2，[8分]
即證(aa-bb)2-(ab-ba)2>0，
即證(aa-bb-ab+ba)(aa-bb+ab-ba)>0，
需證?a-b??a+b??a-b??a+b?>0，[10分]
即證(a+b)(a-b)2>0，∵a、b都為正數且a≠b，∴上式成立.故原命題成立.[12分]
【突破思維障礙】
1.準確理解題意，提煉出相應不等式是解決問題的關鍵.
2.代數式|a3+b3-2abab|與|a2b+ab2-2abab|中的絕對值符號去掉為后續等價變形提供了方便.
【易錯點剖析】
1.推理論證能力較差，絕對值符號不會去.
2.運用能力較差，不能有效地進行式子的等價變形或中間變形出錯.
1.綜合法是從條件推導到結論的思維方法，它是從已知條件出發，經過逐步的推理，最后達到待證的結論.即由因導果.
2.分析法是從待證結論出發，一步一步地尋求結論成立的充分條件，最后達到題設的已知條件或已被證明的事實.即執果索因，用分析法尋找解題思路，再用綜合法書寫，這樣比較有條理，叫分析綜合法.
3.用反證法證明問題的一般步驟：
(1)反設：假定所要證的結論不成立，即結論的反面(否定命題)成立;(否定結論)
(2)歸謬：將“反設”作為條件，由此出發經過正確的推理，導出矛盾——與已知條件、已知的公理、定義、定理及明顯的事實矛盾或自相矛盾;(推導矛盾)
(3)結論：因為推理正確，所以產生矛盾的原因在于“反設”的謬誤.既然結論的反面不成立，從而肯定了結論成立.(結論成立)
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1.用反證法證明命題“若整系數一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0)有有理數根，那么a、b、c中至少有一個是偶數”時，下列假設中正確的是()
A.假設a、b、c都是偶數
B.假設a、b、c都不是偶數
C.假設a、b、c至多有一個偶數
D.假設a、b、c至多有兩個偶數
2.(2011?濟南模擬)a，b，c為互不相等的正數，且a2+c2=2bc，則下列關系中可能成立的是()
A.a>b>c B.b>c>a
C.b>a>c D.a>c>b
3.設a、b、c∈(0，+∞)，P=a+b-c，Q=b+c-a，R=c+a-b，則“PQR>0”是“P、Q、R同時大于零”的()
A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件
C.充分且必要條件 D.既不充分也不必要條件
4.(2010?上海普陀2月統考)已知a、b是非零實數，且a>b，則下列不等式中成立的是()
A.ba<1 B.a2>b2
C.|a+b|>|a-b| D.1ab2>1a2b
5.(2011?廈門月考)如果△A1B1C1的三個內角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內角的正弦值，則()
A.△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形
B.△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形
C.△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形
D.△A1B1C1是銳角三角形，△A2B2C2是鈍角三角形
二、填空題(每小題4分，共12分)
6.(2011?江蘇前黃高級中學模擬)某同學準備用反證法證明如下一個問題：函數f(x)在[0,1]上有意義，且f(0)=f(1)，如果對于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|，求證：|f(x1)-f(x2)|<12.那么他的反設應該是______________________________.
7.對于任意實數a，b定義運算a*b=(a+1)(b+1)-1，給出以下結論：
①對于任意實數a，b，c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);
②對于任意實數a，b，c，有a*(b*c)=(a*b)*c;
③對于任意實數a，有a*0=a.則以上結論正確的是________.(寫出你認為正確的結論的所有序號)
8.(2011?揭陽模擬)已知三棱錐S—ABC的三視圖如圖所示：在原三棱錐中給出下列命題：
①BC⊥平面SAC;②平面SBC⊥平面SAB;③SB⊥AC.
其中命題正確的是________(填序號).
三、解答題(共38分)
9.(12分)已知非零向量a、b，a⊥b，求證：|a|+|b||a-b|≤2.
10.(12分)(2011?寧波月考)已知a、b、c>0，求證：a3+b3+c3≥13(a2+b2+c2)(a+b+c).
11.(14分)(2011?寧波月考)已知a、b、c∈(0,1)，求證：(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a不能同時大于14.
學案38直接證明與間接證明
自主梳理
1.(1)①推理論證成立(2)①要證明的結論充分條件
2.不成立矛盾
自我檢測
1.A[由分析法的定義可知.]
2.D[因為3a>3b的否定是3a≤3b，
即3a=3b或3a<3b.]
3.D[D選項成立時需得證a-b>0.A中|a-b|+|c-b|≥|(a-b)-(c-b)|=|a-c|，B作差可證;
C移項平方可證.]
4.A[由所給的定義運算知a⊕c=c，d?c=a.]
5.C[a+b+c=x+1y+y+1z+z+1x≥6，
因此a、b、c至少有一個不小于2.]
課堂活動區
例1 解題導引綜合法證明不等式，要特別注意基本不等式的運用和對題設條件的運用.這里可從基本不等式相加的角度先證得a2+b2+c2≥ab+bc+ca成立，再進一步得出結論.
證明∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，
三式相加得a2+b2+c2≥ab+bc+ca，
∴3a2+3b2+3c2≥(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ca)
=(a+b+c)2.
∴a2+b2+c2≥13(a+b+c)2;
∵a2+b2+c2≥ab+bc+ca，
∴a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)
≥ab+bc+ca+2(ab+bc+ca)，
∴(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca).
∴原命題得證.
變式遷移1證明∵a，b，c>0，根據基本不等式，
有a2b+b≥2a，b2c+c≥2b，c2a+a≥2c.
三式相加：a2b+b2c+c2a+a+b+c≥2(a+b+c).
即a2b+b2c+c2a≥a+b+c.
例2 解題導引當所給的條件簡單，而所證的結論復雜，一般采用分析法.含有根號、對數符號、絕對值的不等式，若從題設不易推導時，可以考慮分析法.
證明要證lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c，
只需證lga+b2?b+c2?c+a2>lg(a?b?c)，
只需證a+b2?b+c2?c+a2>abc.(中間結果)
因為a，b，c是不全相等的正數，
則a+b2≥ab>0，b+c2≥bc>0，c+a2≥ca>0.
且上述三式中的等號不全成立，
所以a+b2?b+c2?c+a2>abc.(中間結果)
所以lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c.
變式遷移2證明要證 a2+1a2-2≥a+1a-2，
只要證 a2+1a2+2≥a+1a+2.
∵a>0，故只要證 a2+1a2+22≥a+1a+22，
即a2+1a2+4 a2+1a2+4
≥a2+2+1a2+22a+1a+2，
從而只要證2a2+1a2≥2a+1a，
只要證4a2+1a2≥2a2+2+1a2，
即a2+1a2≥2，而該不等式顯然成立，故原不等式成立.
例3 解題導引(1)當一個命題的結論是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出現時，宜用反證法來證，反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是①與已知條件矛盾，②與假設矛盾，③與定義、公理、定理矛盾，④與事實矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力，是數學證明中的一件有力武器.
(2)利用反證法證明問題時，要注意與之矛盾的定理不能是用本題的結論證明的定理，否則，將出現循環論證的錯誤.
證明假設1+xy<2和1+yx<2都不成立，
則有1+xy≥2和1+yx≥2同時成立，
因為x>0且y>0，
所以1+x≥2y，且1+y≥2x，
兩式相加，得2+x+y≥2x+2y，
所以x+y≤2，
這與已知條件x+y>2相矛盾，
因此1+xy<2與1+yx<2中至少有一個成立.
變式遷移3證明假設a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0.
∵a=x2-2y+π2，b=y2-2z+π3，c=z2-2x+π6，
∴x2-2y+π2+y2-2z+π3+z2-2x+π6
=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+(π-3)≤0，①
又∵(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0，π-3>0，
∴(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+(π-3)>0.②
①式與②式矛盾，∴假設不成立，即a，b，c中至少有一個大于0.
課后練習區
1.B
2.C[由a2+c2>2ac?2bc>2ac?b>a，可排除A、D，令a=2，c=1，可得b=52，可知C可能成立.]
3.C[必要性是顯然成立的，當PQR>0時，若P、Q、R不同時大于零，則其中兩個為負，一個為正，不妨設P>0，Q<0，R<0，則Q+R=2c<0，這與c>0矛盾，即充分性也成立.]
4.D[ba<1?b-aa<0?a(a-b)>0.
∵a>b，∴a-b>0.而a可能大于0，也可能小于0，
因此a(a-b)>0不一定成立，即A不一定成立;
a2>b2?(a-b)(a+b)>0，∵a-b>0，只有當a+b>0時，a2>b2成立，故B不一定成立;
|a+b|>|a-b|?(a+b)2>(a-b)2?ab>0，
而ab<0也有可能，故C不一定成立;
由于1ab2>1a2b?a-ba2b2>0?(a-b)a2b2>0.
∵a，b非零，a>b，∴上式一定成立，因此只有D正確.]
5.D[由條件知，△A1B1C1的三個內角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形，假設△A2B2C2是銳角三角形，
由sin A2=cos A1=sinπ2-A1，sin B2=cos B1=sinπ2-B1，sin C2=cos C1=sinπ2-C1，得A2=π2-A1，B2=π2-B1，C2=π2-C1，
那么，A2+B2+C2=π2，
這與三角形內角和為π相矛盾，所以假設不成立，所以△A2B2C2是鈍角三角形.]
6.“?x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|，
則|f(x1)-f(x2)|≥12”
7.②③
解析按新定義，可以驗證a*(b+c)≠(a*b)+(a*c);
所以①不成立;而a*(b*c)=(a*b)*c成立，
a*0=(a+1)(0+1)-1=a.
所以正確的結論是②③.
8.①
解析
由三視圖知，在三棱錐S—ABC中，底面ABC為直角三角形且∠ACB=90°，即BC⊥AC，
又SA⊥底面ABC，
∴BC⊥SA，由于SA∩AC=A，
∴BC⊥平面SAC.
所以命題①正確.
由已知推證不出②③命題正確.故填①.
9.證明∵a⊥b，∴a?b=0.(2分)
要證|a|+|b||a-b|≤2，只需證：|a|+|b|≤2|a-b|，(4分)
平方得：|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2-2a?b)，(8分)
只需證：|a|2+|b|2-2|a||b|≥0，(10分)
即(|a|-|b|)2≥0，顯然成立.故原不等式得證. (12分)
10.證明∵a2+b2≥2ab，a、b、c>0，
∴(a2+b2)(a+b)≥2ab(a+b)，(3分)
∴a3+b3+a2b+ab2≥2ab(a+b)=2a2b+2ab2，
∴a3+b3≥a2b+ab2.(6分)
同理，b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，
將三式相加得，
2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2.(9分)
∴3(a3+b3+c3)≥(a3+a2b+a2c)+(b3+b2a+b2c)+(c3+c2a+c2b)=(a+b+c)(a2+b2+c2).
∴a3+b3+c3≥13(a2+b2+c2)(a+b+c).(12分)
11.證明方法一假設三式同時大于14，
即(1-a)b>14，(1-b)c>14，(1-c)a>14，(3分)
∵a、b、c∈(0,1)，
∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a>164.
(8分)
又(1-a)a≤1-a+a22=14，(10分)
同理(1-b)b≤14，(1-c)c≤14，
∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤164，(12分)
這與假設矛盾，故原命題正確.(14分)
方法二假設三式同時大于14，
∵00，(2分)
?1-a?+b2≥ ?1-a?b> 14=12，(8分)
同理?1-b?+c2>12，?1-c?+a2>12，(10分)
三式相加得32>32，這是矛盾的，故假設錯誤，
∴原命題正確.(14分)
必修1—5是無論文科還是理科的學生都要學的
選修1-*是文科學的
選修2-*是理科學的
你說的是人教版的版本，他們又分為A版和B版
就是說有人教A版的必修1-*和選修2-*和人教B版必修1-*和選修2-*
A版和B版內容大致相同 有的地區會選A版作為全省教材，或者有的地區選B版作為全省教材
希望能給分呀
高中數學選修1-2人教A版內容如下（下圖為封面）：
第一章統計案例
1.1回歸分析的基本思想及其初步應用
1.2獨立性檢驗的基本思想及其初步應用
第二章推理與證明
2.1合情推理與演繹推理
閱讀與思考科學發現中的推理
2.2直接證明與間接證明
第三章數系的擴充與復數的引入
3.1數系的擴充和復數的概念
3.2復數代數形式的四則運算
第四章框圖
4.1流程圖
4.2結構圖
信息技術應用用word2002繪制流程圖
高中數學合集
pan.baidu/s/1znmI8mJTas01m1m03zCRfQ
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簡介：高中數學優質資料，包括：試題試卷、課件、教材、、各大名師網校合集。
人教版必修一、二、三、四、五是所有學生都要學的，不論文理科，將作為學業水平考試的測試內容，也是高考的必考內容。
1-1，1-2是選修一系列，文科生必學內容，高考的必考內容。
此外，還有選修二系列，理科生必學內容，高考的必考內容。
選修三、四系列是選考系列，根據各省情況選擇學習，高考時，選學的每本書都會出一道題，你從中選一道即可。
必修系列和選修一系列的區別是：學業水平考試只考必修，高考則都考。
希望給分呀。
以上就是高中數學選修1-2的全部內容，選修2―2(第一章:推理與證明/ 第二章：變化率與導數/ 第三章：導數的應用/第四章： 定積分）問題二：人教A版高中數學文科和理科分別學習哪幾本書？ 必修一到五，文理都要學。文科選修1-1,1-2。
