第一篇：推理與證明-13.2 直接證明與間接證明(教案)

響水二中高三數(shù)學(xué)（理）一輪復(fù)習(xí)

教案第十三編推理與證明主備人張靈芝總第67期

§13.2 直接證明與間接證明

基礎(chǔ)自測

1.分析法是從要證的結(jié)論出發(fā),尋求使它成立的條件.答案充分 2.若a＞b＞0,則a+答案＞

3.要證明3+7＜25，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是（填序號(hào)）.①反證法 答案②

4.用反證法證明命題：若整系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理數(shù)根，那么a、b、c中至少有一個(gè)是偶數(shù)時(shí)，下列假設(shè)中正確的是.①假設(shè)a、b、c都是偶數(shù)；②假設(shè)a、b、c都不是偶數(shù)

③假設(shè)a、b、c至多有一個(gè)偶數(shù)；④假設(shè)a、b、c至多有兩個(gè)偶數(shù) 答案②

5.設(shè)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(shí)大于零”的條件.； 答案充要

②分析法

③綜合法

1b

b+

1a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

例題精講

例1設(shè)a,b,c＞0,證明：

a

2b

?

b

2c

?

c

a

≥a+b+c.a

證明∵a,b,c＞0，根據(jù)基本不等式，有

a

b

+b≥2a,a

b

c

+c≥2b,c

c

a

+a≥2c.三式相加：

b

+

b

c

+

c

a

+a+b+c≥2(a+b+c).即

1a

b

+

b

c

1a

+

a

≥a+b+c.例2（14分）已知a＞0,求證： a2?證明要證a2?

1a

-2≥a+

1a

-2.1a

-2≥a+

1a

-2,只要證a2?

+2≥a++2.2分

?∵a＞0,故只要證?

??

a

?

1a

?1?2?≥（a++?a?

2）,2

6分

427

即a+

1a

+4a2?

1a

+4≥a+2+

??

1a

+22?a?

?

?

1?

?+2, a?

8分

從而只要證2a2?

只要證4??a?

1a

≥2?a?

1?

?,a?

10分

??1?112

?≥2（a+2+）,即a2+≥2,而該不等式顯然成立，故原不等式成立.14分 2?22a?aa

例3若x,y都是正實(shí)數(shù)，且x+y＞2,求證：證明假設(shè)

1?xy

1?xy

＜2與

1?xy

1?yx

＜2中至少有一個(gè)成立.1?yx

＜2和

1?yx

＜2都不成立，則有≥2和≥2同時(shí)成立，因?yàn)閤＞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(gè)成立

.鞏固練習(xí)

1.已知a,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù).求證：a2+b2+c2＞abc(a+b+c).證明∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac.又∵a,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù)，∴上面三個(gè)式子中都不能取“=”，∴a+b+c＞ab+bc+ac,∵ab+bc≥2ab2c,bc+ac≥2abc2,ab+ac≥2a2bc,又a,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù)，∴ab+bc+ac＞abc(a+b+c),∴a2+b2+c2＞abc(a++c).2.已知a＞0,b＞0,且a+b=1,試用分析法證明不等式?a?

?

251??1??

證明要證?a???b??≥

4a??b??

?

251??1?

??b??≥

4a??b?

.,只需證ab+

a

?bab

?

1≥

54，只需證4(ab)+4(a+b)-25ab+4≥0,只需證4(ab)+8ab-25ab+4≥0, 只需證4(ab)2-17ab+4≥0,即證ab≥4或ab≤而由1=a+b≥2ab,∴ab≤

14,只需證ab≤

??

14，成立.顯然成立，所以原不等式?a?

251??1?

??b??≥

4a??b?

3.已知a、b、c∈（0，1），求證：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同時(shí)大于.證明方法一假設(shè)三式同時(shí)大于，即(1-a)b＞

4,(1-b)c＞

14,(1-c)a＞

14,428

∵a、b、c∈(0,1),∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a＞同理（1-b）b≤

4?1?a?a?

.又(1-a)a≤??642??

=

14，(1-c)c≤

14,∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤

164,這與假設(shè)矛盾，故原命題正確.14

2方法二假設(shè)三式同時(shí)大于，∵0＜a＜1,∴1-a＞0,(1?a)?b

≥(1?a)b＞=,同理

(1?b)?c

＞

12,(1?c)?a

＞

12,三式相加得

＞

32,這是矛盾的，故假設(shè)錯(cuò)誤，∴原命題正確

.回顧總結(jié)知識(shí) 方法

思想

課后作業(yè)

一、填空題

1.（2008·南通模擬）用反證法證明“如果a＞b,那么a＞b”假設(shè)內(nèi)容應(yīng)是.答案a=b或a＜b

2.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=logc是.答案p＜q

a

?b

2?,q=logc?

??

1a?

?

?，則p,q的大小關(guān)系??

3.設(shè)S是至少含有兩個(gè)元素的集合.在S上定義了一個(gè)二元運(yùn)算“*”（即對任意的a,b∈S，對于有序元素對(a,b),在S中有唯一確定的元素a*b與之對應(yīng)）.若對任意的a,b∈S,有a*(b*a)=b,則對任意的a,b∈S，下列恒成立的等式的序號(hào)是.①（a*b）*a=a ③b*(b*b)=b答案②③④

②［a*(b*a)］*(a*b)=a ④(a*b)*［b*(a*b)］=b

4.如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，則△A1B1C1是三角形，△A2B2C2是三角形.（用“銳角”、“鈍角”或“直角”填空）

429

答案銳角鈍角

5.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.其中正確命題的序號(hào)是

.答案①

6.對于任意實(shí)數(shù)a,b定義運(yùn)算a*b=（a+1）(b+1)-1,給出以下結(jié)論： ①對于任意實(shí)數(shù)a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);

②對于任意實(shí)數(shù)a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③對于任意實(shí)數(shù)a,有a*0=a,則以上結(jié)論正確的是.（寫出你認(rèn)為正確的結(jié)論的所有序號(hào)）

答案②③

二、解答題

7.已知數(shù)列{an}中，Sn是它的前n項(xiàng)和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，?），a1=1.（1）設(shè)bn=an+1-2an(n=1,2,?)，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；（2）設(shè)cn=

an2

n

(n=1,2,?),求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列；

（3）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式.（1）證明∵Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2，兩式相減，得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,?), 即an+2=4an+1-4an,變形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)∵bn=an+1-2an(n=1,2,?),∴bn+1=2bn.由此可知，數(shù)列{bn}是公比為2的等比數(shù)列.430

（2）證明由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n.∵cn=

an2

n

(n=1,2,?),∴cn+1-cn=

an?12

n?1

an2

n

=

an?1?2an

n?1

=

bn2

n?1

.將bn=3·2n-1代入得

cn+1-cn=(n=1,2,?),由此可知，數(shù)列{cn}是公差為

a12

34的等差數(shù)列，它的首項(xiàng)c1==

12，故cn=

n-

(n=1,2,?).-2

（3）解∵cn=n-=

(3n-1).∴an=2n·cn=(3n-1)·2n(n=1,2,?)

當(dāng)n≥2時(shí)，Sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2.由于S1=a1=1也適合于此公式，所以{an}的前n項(xiàng)和公式為Sn=（3n-4）·2n-1+2.8.設(shè)a,b,c為任意三角形三邊長，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,試證：I2＜4S.證明由I2=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=a2+b2+c2+2S,∵a,b,c為任意三角形三邊長，∴a＜b+c,b＜c+a,c＜a+b,∴a2＜a(b+c),b2＜b(c+a),c2＜c(a+b)即(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)＜0∴a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)＜0∴a2+b2+c2＜2S ∴a2+b2+c2+2S＜4S.∴I2＜4S.9.已知a,b,c為正實(shí)數(shù),a+b+c=1.求證：（1）a2+b2+c2≥

;(2)3a?2+ 3b?2+3c?2≤6.13

證明（1）方法一a2+b2+c2-13

=

(3a2+3b2+3c2-1)=

［3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2］

=(3a+3b+3c-a-b-c-2ab-2ac-2bc)=［(a-b)+(b-c)+(c-a)］≥0∴a+b+c≥

.方法二∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1∴a2+b2+c2≥

1313

.方法三設(shè)a=∴a+b+c=（+?,b=

+?,c=

+?.∵a+b+c=1,∴?+?+?=0

+?）+（+?）+（+?）=

+

(?+?+?)+?+?+?

222

431

=

+?2+?2+?2≥

∴a2+b2+c2≥

.=

3a?32

(2)∵3a?2=(3a?2)?1≤

3a?2?1,同理3b?2≤

3b?32,3c?2≤

3c?32

∴3a?2+3b?2+3c?2≤

x?2x?1

3(a?b?c)?9

=6∴原不等式成立.10.已知函數(shù)y=ax+(a＞1).（1）證明：函數(shù)f(x)在（-1,+∞)上為增函數(shù)；

（2）用反證法證明方程f(x)=0沒有負(fù)數(shù)根.證明（1）任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨設(shè)x1＜x2,則x2-x1＞0,由于a＞1,∴ax2?x1＞1且ax1＞0, ∴a∴

x2

-ax1=ax1(ax2?x1-1)＞0.又∵x1+1＞0,x2+1＞0,-x1?2x1?1

x2?2x2?1

=

(x2?2)(x1?1)?(x1?2)(x2?1)

(x1?1)(x2?1)x2?2x2?1

=

3(x2?x1)(x1?1)(x2?1)

＞0,于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+

x1?2x1?1

＞0,故函數(shù)f(x)在(-1,+∞）上為增函數(shù).x0?2x0?1

（2）方法一假設(shè)存在x0＜0(x0≠-1)滿足f(x0)=0,則ax0=-∵a＞1,∴0＜ax0＜1,∴0＜-x0?2x0?1

.＜1,即

＜x0＜2，與假設(shè)x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0沒有負(fù)數(shù)根.方法二假設(shè)存在x0＜0(x0≠-1)滿足f(x0)=0, ①若-1＜x0＜0，則②若x0＜-1,則

x0?2x0?1

＜-2,ax0＜1,∴f(x0)＜-1,與f(x0)=0矛盾.x0?2x0?1

＞0,ax0＞0,∴f(x0)＞0,與f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0沒有負(fù)數(shù)根.432

第二篇：2.1-2 合情推理與演繹推理、直接證明與間接證明

2.1-2 合情推理與演繹推理、直接證明與間接證明

重難點(diǎn)：了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用；了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡單推理；了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異；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、特點(diǎn)；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、特點(diǎn)．

考綱要求：①了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用．

②了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡單推理． ③了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異．

④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、特點(diǎn)． ⑤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、特點(diǎn)． 經(jīng)典例題：25.通過計(jì)算可得下列等式：

┅┅

將以上各式分別相加得：

即：類比上述求法：請你求出

當(dāng)堂練習(xí)： 1.如果數(shù)列A.的值.．

是等差數(shù)列，則()B.C.D.2.下面使用類比推理正確的是()A.“若B.“若,則

”類推出“若”類推出“,則”

”

C.“若” 類推出“（c≠0）” D.“” 類推出“”

3.有這樣一段演繹推理是這樣的“有些有理數(shù)是真分?jǐn)?shù)，整數(shù)是有理數(shù)，則整數(shù)是真分?jǐn)?shù)” 結(jié)論顯然是錯(cuò)誤的，是因?yàn)?)A.大前提錯(cuò)誤 B.小前提錯(cuò)誤 C.推理形式錯(cuò)誤 D.非以上錯(cuò)誤 4.設(shè)()A.B.－ C.D.－，那么在5進(jìn)制中數(shù)碼2004折合成，n∈N，則5.在十進(jìn)制中十進(jìn)制為()A.29 B.254 C.602 D.2004 6.函數(shù)的圖像與直線

相切，則

=()A.B.C.D.1 7.下面的四個(gè)不等式：①④A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè) 8.拋物線上一點(diǎn)的縱坐標(biāo)為4，則點(diǎn)

；②；③ ；

.其中不成立的有()

與拋物線焦點(diǎn)的距離為()A.2 B.3 C.4 D.5 9.設(shè) , 則()A.B.0 C.，D.1 ,且, 則由的值構(gòu)成的集合是()10.已知向量A.{2,3} B.{-1, 6} C.{2} D.{6} 11.有一段演繹推理是這樣的：“直線平行于平面,則平行于平面內(nèi)所有直線；已知直線平面，直線平面，直線∥平面，則直線∥直線

”的結(jié)論顯然是錯(cuò)誤的，這是因?yàn)?)A.大前提錯(cuò)誤 B.小前提錯(cuò)誤 C.推理形式錯(cuò)誤 D.非以上錯(cuò)誤 12.已知，猜想的表達(dá)式為()A.B.C.D.13.類比平面幾何中的勾股定理：若直角三角形ABC中的兩邊AB、AC互相垂直，則三角形三邊長之間滿足關(guān)系：

。若三棱錐A-BCD的三個(gè)側(cè)面ABC、ACD、ADB兩兩互相垂直，則三棱錐的側(cè)面積與底面積之間滿足的關(guān)系為.14.從

中，可得到一般規(guī)律為(用數(shù)學(xué)表達(dá)式表示)15.函數(shù)y＝f（x）在（0，2）上是增函數(shù)，函數(shù)y=f(x+2)是偶函數(shù)，則f(1),f(2.5),f(3.5)的大小關(guān)系是.16.設(shè)平面內(nèi)有ｎ條直線點(diǎn)．若用，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一

= ；當(dāng)ｎ＞４時(shí)，表示這ｎ條直線交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，則＝（用含n的數(shù)學(xué)表達(dá)式表示）17.證明： 不能為同一等差數(shù)列的三項(xiàng).18.在△ABC中，判斷△ABC的形狀.19.已知：空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，判斷直線EF與平面ABD的關(guān)系，并證明你的結(jié)論.20.已知函數(shù)

21.△ABC三邊長的倒數(shù)成等差數(shù)列，求證：角

.，求的最大值.22.在各項(xiàng)為正的數(shù)列（1）求

中，數(shù)列的前n項(xiàng)和滿足的通項(xiàng)公式；（3）求

；（2）由（1）猜想數(shù)列

23.自然狀態(tài)下魚類是一種可再生資源，為持續(xù)利用這一資源，需從宏觀上考察其再生能力及捕撈強(qiáng)度對魚群總量的影響，用0.不考慮其它因素，設(shè)在第表示某魚群在第年年初的總量，且

＞成正

年內(nèi)魚群的繁殖量及捕撈量都與

.成正比，死亡量與比，這些比例系數(shù)依次為正常數(shù)（Ⅰ）求與的關(guān)系式；，（Ⅱ）猜測：當(dāng)且僅當(dāng)要求證明）

24.設(shè)函數(shù)（1）證明：

滿足什么條件時(shí)，每年年初魚群的總量保持不變？（不

.；

（2）設(shè)

25.已知為的一個(gè)極值點(diǎn)，證明.恒不為0，對于任意

等式

恒成立.求證：是偶函數(shù).26.已知ΔABC的三條邊分別為

參考答案：

經(jīng)典例題： [解]

求證：

┅┅

將以上

各

式

分

別

相

加

得

：所以：

當(dāng)堂練習(xí)：

1.B;2.C;3.C;4.D;5.B;6.B;7.A;8.D;9.D;10.C;11.A;12.B;13.14.;

15.f(2.5)>f(1)>f(3.5);

;16.5；

17.證明：假設(shè)=①n-②;、、=n-為同一等差數(shù)列的三項(xiàng)，則存在整數(shù)m,n滿足 +nd ② m=

(n-m)兩邊平方得： 3n2+5m2-

2mn=2(n-m)2 +md ① m得： 左邊為無理數(shù)，右邊為有理數(shù)，且有理數(shù)無理數(shù) 所以，假設(shè)不正確。即、、不能為同一等差數(shù)列的三項(xiàng)

18.ABC是直角三角形； 因?yàn)閟inA=

ABC的三邊，所以 b+c

0 據(jù)正、余弦定理得 ：（b+c）(a2-b2-c2)=0； 又因?yàn)閍,b,c為所以 a2=b2+c2 即ABC為直角三角形.19.平行； 提示：連接BD，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，EF∥BD.20.提示：用求導(dǎo)的方法可求得的最大值為0 21.證明：=

為△ABC三邊，22.（1），；（2）

；（3）

..23.解（I）從第n年初到第n+1年初，魚群的繁殖量為axn，被捕撈量為bxn，死亡量為

（II）若每年年初魚群總量保持不變，則xn恒等于x1，n∈N*，從而由（*）式得

因?yàn)閤1>0，所以a>b.猜測：當(dāng)且僅當(dāng)a>b，且24.證明：1）= 2)

=

時(shí)，每年年初魚群的總量保持不變.① 又 ②

由①②知25.簡證：令= 所以，則有，再令

即可

26.證明：設(shè)設(shè)是

上的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且，因?yàn)?，所以。所以在上是增函?shù)。

由 知 即.

第三篇：5直接證明與間接證明

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5直接證明與間接證明

作者：

來源：《數(shù)學(xué)金刊·高考版》2014年第03期

直接證明與間接證明貫穿在整張高考卷的始終，解題過程中處處離不開分析與綜合.近年高考解答題的證明，主要考查直接證明，難度多為中檔或中偏高檔；有時(shí)以解答題的壓軸題的形式呈現(xiàn)，此時(shí)難度為高檔，分值約為4～8分.對于間接證明的考查，主要考查反證法，只在個(gè)別地區(qū)的高考卷中出現(xiàn)，難度一般為中檔或中偏高檔，分值約為4～6分.以數(shù)列、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、立體幾何、解析幾何等知識(shí)為背景的證明.（1）綜合法解決問題的關(guān)鍵是從“已知”看“可知”，逐步逼近“未知”.其逐步推理，實(shí)質(zhì)上是尋找已知的必要條件.分析法解決問題的關(guān)鍵是從未知看需知，逐步靠攏已知，其逐步推理，實(shí)際上是尋找結(jié)論的充分條件.因此，在實(shí)際解題時(shí)，通常以分析法為主尋求解題思路，再用綜合法有條理地表述過程，相得益彰.（2）對于某些看來明顯成立而又不便知道根據(jù)什么去推導(dǎo)（綜合法），甚至難于尋求到使之成立的充分條件（分析法）的“疑難”證明題，常考慮用反證法來證明.一般地，可在假設(shè)原命題不成立的前提下，經(jīng)過正確的邏輯推理，最后得出矛盾，從而說明假設(shè)錯(cuò)誤，從反面證明原命題成立.

第四篇：第2講 直接證明與間接證明

第2講 直接證明與間接證明

【2013年高考會(huì)這樣考】

1．在歷年的高考中，證明方法是?？純?nèi)容，考查的主要方式是對它們原理的理解和用法．難度多為中檔題，也有高檔題．

2．從考查形式上看，主要以不等式、立體幾何、解析幾何、函數(shù)與方程、數(shù)列等知識(shí)為載體，考查綜合法、分析法、反證法等方法．

【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】

在備考中，對本部分的內(nèi)容，要抓住關(guān)鍵，即分析法、綜合法、反證法，要搞清三種方法的特點(diǎn)，把握三種方法在解決問題中的一般步驟，熟悉三種方法適用于解決的問題的類型，同時(shí)也要加強(qiáng)訓(xùn)練，達(dá)到熟能生巧，有效運(yùn)用它們的目的．

基礎(chǔ)梳理

1．直接證明

(1)綜合法

①定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，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、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結(jié)論)．

(2)分析法

①定義：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫做分析法．

②框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→?→

得到一個(gè)明顯成立的條件.2．間接證明

一般地，由證明p?q轉(zhuǎn)向證明：綈q?r???t

.t與假設(shè)矛盾，或與某個(gè)真命題矛盾．從而判定綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法．

一個(gè)關(guān)系 綜合法與分析法的關(guān)系

分析法與綜合法相輔相成，對較復(fù)雜的問題，常常先從結(jié)論進(jìn)行分析，尋求結(jié)論與條件、基

礎(chǔ)知識(shí)之間的關(guān)系，找到解決問題的思路，再運(yùn)用綜合法證明，或者在證明時(shí)將兩種方法交叉使用．

兩個(gè)防范

題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯(cuò)誤的．

證?”“就要證?”等分析到一個(gè)明顯成立的結(jié)論P(yáng)，再說明所要證明的數(shù)學(xué)問題成立．

雙基自測

1．(人教A版教材習(xí)題改編)p＝＋，q＝ma＋nc正數(shù))，則p、q的大小為()．

A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不確定

解析 q＝ ab＋＋cd≥ab＋2abcd＋cd nm＋m、n、a、b、c、d均為mn

madabc＝ab＋cd＝p，當(dāng)且僅當(dāng)＝ nm

答案 B

2．設(shè)a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，則a與b大小關(guān)系為()．

A．a(chǎn)＞b

C．a(chǎn)＝b

解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，當(dāng)x＜0時(shí)，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A

3．否定“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)，正確的反設(shè)為()．

A．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù)

B．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù)

C．a(chǎn)，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)

D．a(chǎn)，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)或都是奇數(shù)

解析 ∵a，b，c恰有一個(gè)偶數(shù)，即a，b，c中只有一個(gè)偶數(shù)，其反面是有兩個(gè)或兩個(gè)以上偶數(shù)或沒有一個(gè)偶數(shù)即全都是奇數(shù)，故只有D正確．

答案 D

4．(2012·廣州調(diào)研)設(shè)a、b∈R，若a－|b|＞0，則下列不等式中正確的是()．

A．b－a＞0B．a(chǎn)3＋b3＜0C．a(chǎn)2－b2＜0D．b＋a＞0

解析 ∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.答案 D B．a(chǎn)＜b D．a(chǎn)≤b

5．在用反證法證明數(shù)學(xué)命題時(shí)，如果原命題的否定事項(xiàng)不止一個(gè)時(shí)，必須將結(jié)論的否定情況逐一駁倒，才能肯定原命題的正確．

例如：在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠APB＞∠APC，求證：∠BAP＜∠CAP，用反證法證明時(shí)應(yīng)分：假設(shè)________和________兩類．

答案 ∠BAP＝∠CAP ∠BAP＞∠CAP

考向一 綜合法的應(yīng)用

a2b2c2【例1】?設(shè)a，b，c＞0，證明：a＋b＋c.bca

[審題視點(diǎn)] 用綜合法證明，可考慮運(yùn)用基本不等式．

證明 ∵a，b，c＞0，根據(jù)均值不等式，a2b2c2有＋b≥2a，c≥2b＋a≥2c.bca

a2b2c2三式相加：＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． bca

當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)取等號(hào)．

a2b2c2即＋a＋b＋c

.bca

綜合法是一種由因?qū)Ч淖C明方法，即由已知條件出發(fā)，推導(dǎo)出所要證明的等式或不等式成立．因此，綜合法又叫做順推證法或由因?qū)Чǎ溥壿嬕罁?jù)是三段論式的演繹推理方法，這就要保證前提正確，推理合乎規(guī)律，才能保證結(jié)論的正確性．

11【訓(xùn)練1】 設(shè)a，b為互不相等的正數(shù)，且a＋b＝1，證明：＞4.ab

1111?ba·證明 ?(a＋b)＝2＋2＋2＝4.ab?ab?ab

11又a與b不相等．故＞4.ab

考向二 分析法的應(yīng)用

?a＋mb?2≤a＋mb.【例2】?已知m＞0，a，b∈R，求證：??1＋m?1＋m?

[審題視點(diǎn)] 先去分母，合并同類項(xiàng)，化成積式．

證明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，2

2故原不等式得證．

逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件，正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵．

【訓(xùn)練2】 已知a，b，m都是正數(shù)，且a＜b.a＋ma求證：b＋mb

a＋ma證明 要證明，由于a，b，m都是正數(shù)，b＋mb

只需證a(b＋m)＜b(a＋m)，只需證am＜bm，由于m＞0，所以，只需證a＜b.已知a＜b，所以原不等式成立．

(說明：本題還可用作差比較法、綜合法、反證法)

考向三 反證法的應(yīng)用

【例3】?已知函數(shù)f(x)＝ax＋x－2(a＞1)． x＋

1(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．

(2)用反證法證明f(x)＝0沒有負(fù)根．

[審題視點(diǎn)] 第(1)問用單調(diào)增函數(shù)的定義證明；第(2)問假設(shè)存在x0＜0后，應(yīng)推導(dǎo)出x0的范圍與x0＜0矛盾即可．

證明(1)法一 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0.所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因?yàn)閤1＋1＞0，x2＋1＞0，所以

?x2－2??x1＋1?－?x1－2??x2＋1?3?x2－x1?＝0，?x2＋1??x1＋1??x2＋1??x1＋1?

于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋x2－2x1－2＞0，x2＋1x1＋1x2－2x1－2－＝x2＋1x1＋1

故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．

法二 f′(x)＝axln a＋30，?x＋1?∴f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．

x0－2x0－2(2)假設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝－又0＜ax0＜1，所以0＜－x0＋1x0＋1

11，即＜x0＜2，與x0＜0(x0≠－1)假設(shè)矛盾．故f(x0)＝0沒有負(fù)根．

當(dāng)一個(gè)命題的結(jié)論是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否定形式出現(xiàn)時(shí)，宜

用反證法來證，反證法的關(guān)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(shè)矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與事實(shí)矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數(shù)學(xué)證明中的一件有力武器．

【訓(xùn)練3】 已知a，b為非零向量，且a，b不平行，求證：向量a＋b與a－b不平行． 證明 假設(shè)向量a＋b與a－b平行，即存在實(shí)數(shù)λ使a＋b＝λ(a－b)成立，則(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，∵a，b不平行，???1－λ＝0，?λ＝1，∴?得? ??1＋λ＝0，λ＝－1，??

所以方程組無解，故假設(shè)不成立，故原命題成立．

規(guī)范解答24——怎樣用反證法證明問題

【問題研究】 反證法是主要的間接證明方法，其基本特點(diǎn)是反設(shè)結(jié)論，導(dǎo)出矛盾，當(dāng)問題從正面證明無法入手時(shí)，就可以考慮使用反證法進(jìn)行證明.在高考中，對反證法的考查往往是在試題中某個(gè)重要的步驟進(jìn)行.【解決方案】 首先反設(shè)，且反設(shè)必須恰當(dāng)，然后再推理、得出矛盾，最后肯定.【示例】?(本題滿分12分)(2011·安徽)設(shè)直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實(shí)數(shù)k1，k2滿足k1k2＋2＝0.(1)證明l1與l2相交；

(2)證明l1與l2的交點(diǎn)在橢圓2x2＋y2＝1上．

第(1)問采用反證法，第(2)問解l1與l2的交點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程驗(yàn)證．

[解答示范] 證明(1)假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1＝k2，(2分)

代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.(4分)

這與k1為實(shí)數(shù)的事實(shí)相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交．(6分)

??y＝k1x＋1，(2)由方程組? ?y＝k2x－1，?

??解得交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)為?k＋ky＝??k－k.21

212x＝，k2－k1(9分)

2?2?k2＋k1?2?從而2x＋y＝2k－k＋? ?21??k2－k1??22

2228＋k22＋k1＋2k1k2k1＋k2＋4＝＝1，k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋4

此即表明交點(diǎn)P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上．(12分)

用反證法證明不等式要把握三點(diǎn)：(1)必須先否定結(jié)論，即肯定結(jié)論的反面；(2)

必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進(jìn)行推證；(3)推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與已知事實(shí)矛盾等，但是推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的．

【試一試】 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

(2)求證數(shù)列{an}中不存在三項(xiàng)按原來順序成等差數(shù)列．

[嘗試解答](1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.1又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝an，2

11所以{an}是首項(xiàng)為1，公比為an＝－.22

(2)反證法：假設(shè)存在三項(xiàng)按原來順序成等差數(shù)列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，111－－則，所以2·2rq＝2rp＋1.① 222又因?yàn)閜＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.所以①式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立，所以假設(shè)不成立，原命題得證．

第五篇：第七章 推理與證明第2課時(shí) 直接證明與間接證明

第七章 推理與證明第(理)95～96頁)2課時(shí) 直接證明與間接證明(對應(yīng)學(xué)生用書(文)、1.已知向量m＝(1，1)與向量n＝(x，2－2x)垂直，則x＝________．

答案：

2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.2.用反證法證明命題“如果a>b，那么a>b”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為______________． 答案：a＝b或a

3333解析：根據(jù)反證法的步驟，假設(shè)是對原命題結(jié)論的否定，即a＝b或a5－7

解析：由分析法可得，要證6－22>5－7，只需證6＋7>5＋22，即證13＋242>13＋41010.因?yàn)?2>40，所以6－5－7成立．

4.定義集合運(yùn)算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設(shè)集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A·B的所有元素之和為________．

答案：0

π解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z.4?23π2?①α＝kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝?，42??2

?22?A·B＝?0，?； 22??

π②α＝2kπ或α＝2kπ＋∈Z)時(shí)，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2

π③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時(shí)，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2

kπ3π④α≠α≠kπ＋∈Z)時(shí)，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，24

－cosα}．

綜上可知A·B中的所有元素之和為0.115.(選修12P44練習(xí)題4改編)設(shè)a、b為兩個(gè)正數(shù)，且a＋b＝1≥μ恒成立ab的μ的取值范圍是________．

答案：(－∞，4]

11?11ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b為兩個(gè)正數(shù)，∴ ＋＝(a＋b)??ab?ababab

1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤

4.ab

1.直接證明

(1)定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法．(2)一般形式

本題條件

已知定義已知公理已知定理TATBT

C?本題結(jié)論．

(3)綜合法

① 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止．這種證明方法稱為綜合法．

② 推證過程

已知條件T

?T

?

T結(jié)論

(4)分析法

① 定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實(shí)吻合為止．這種證明方法稱為分析法．

② 推證過程

結(jié)論

ü?ü?ü

已知條件

2.間接證明

(1)常用的間接證明方法有(2)反證法的基本步驟

① 反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真．

② 歸謬——從反設(shè)和已知出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果． ③ 存真——由矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立． [備課札記]

題型1 直接證明(綜合法和分析法)

例1 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝

?S?

(1)數(shù)列?n?是等比數(shù)列；

?

?

n＋

2(n＝1，2，3，?)，證明： nn

(2)Sn＋1＝4an.n＋2

(n＝1，2，3，?)，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，nn

Sn＋1S整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴，nn＋

1Sn＋1n＋1?S?即2，∴ 數(shù)列?n是等比數(shù)列．

S??n

Sn＋1Sn－1Sn－1

(2)由(1)知：＝(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋4an(n≥2)．又a2＝3S1

n＋1n－1n－1

＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴ 對一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.例2 設(shè)a、b、c均為大于1的正數(shù)，且ab＝10，求證：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc

證明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要證明logac＋logbc≥4lgc，只要證明lgalgb

lga＋lgb

14lgc，即≥4，因?yàn)閍b＝10，故lga＋lgb＝1.≥4，由于a>1，b>1，故

lgalgblga·lgb

lga＋lgb?2?1211

lga>0，lgb>0，所以0

4lgalgb?2?

變式訓(xùn)練

設(shè)首項(xiàng)為a1的正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，q為非零常數(shù)，已知對任意正整數(shù)n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立．求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列．

證明：因?yàn)閷θ我庹麛?shù)n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，綜上得an＋1＝qan(n≥1)，所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列．

題型2 間接證明(反證法)

證明：(1)∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝

例3 證明：2，3，5不能為同一等差數(shù)列中的三項(xiàng)．

證明：假設(shè)2，3，5為同一等差數(shù)列的三項(xiàng)，則存在整數(shù)m、n滿足?3＝2＋md ①，?

?＝2＋nd②，①×n－②×m3n5m＝2(n－m)，兩邊平方得3n2＋5m2－15mn＝2(n－m)2，左邊為無理數(shù)，右邊為有理數(shù)，且有理數(shù)≠不能為同一等差數(shù)列的三項(xiàng)．

備選變式（教師專享）

已知下列三個(gè)方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，其中至少有一個(gè)方程有實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解：若方程沒有一個(gè)實(shí)數(shù)根，則

16a－4（3－4a）<0，??

3?（a－1）2－4a2<0，解之得－2－1.??4a2＋8a<0，3??

a≥－1或a≤?.故三個(gè)方程至少有一個(gè)方程有實(shí)數(shù)根的a的取值范圍是?a?

2?

?

?

1.用反證法證明命題“a·b(a、b∈Z)是偶數(shù)，那么a、b中至少有一個(gè)是偶數(shù)．”那么反設(shè)的內(nèi)容是__________________________________．

答案：假設(shè)a、b都是奇數(shù)(a、b都不是偶數(shù))

解析：用反證法證明命題時(shí)反設(shè)的內(nèi)容是否定結(jié)論．

2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋1，若以a、b、c為三邊構(gòu)造三角形，ab

則c的取值范圍是________．

答案：(10，16)

解析：要以a、b、c為三邊構(gòu)造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊

19b9a＝10之差小于第三邊，而ac恒成立．而a＋b＝(a＋b)??abab

11111019

16，∴c<16.又>，＝1，∴c>10，∴10

1f0（x）－，fn(x)＝?fn－1（x，(n≥1，n≥N)，3.設(shè)函數(shù)f0(x)＝1－x2，f1(x)＝?22??

n11

則方程f1(x)＝________個(gè)實(shí)數(shù)根，方程fn(x)＝??3有________個(gè)實(shí)數(shù)根．

3＋

答案：4 2n1

1111

51－x2＝?x2－＝ x2＝x2＝有4個(gè)解． 解析：f1(x)＝?2?23?66

∵ 可推出n＝1，2，3?，根個(gè)數(shù)分別為22，23，24，1?n＋?∴ 通過類比得出fn(x)＝?3?有2n1個(gè)實(shí)數(shù)根．

4.若實(shí)數(shù)x、y、m滿足|x－m|＞|y－m|，則稱x比y遠(yuǎn)離m.(1)若x2－1比1遠(yuǎn)離0，求x的取值范圍；

(2)對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)a、b，證明：a3＋b3比a2b＋ab2遠(yuǎn)離ab.(1)解：x∈(－∞2)∪(2，＋∞)．

(2)證明：對任意兩個(gè)不相等的正數(shù)a、b，有 a3＋b3ab，a2b＋ab2ab.因?yàn)閨a3＋b3－ab|－|a2b＋ab2－2ab＝(a＋b)(a－b)2>0，所以|a

3＋b3－2abab|>|a2b＋ab2－2abab|，即a3＋b3比a2b＋ab2遠(yuǎn)離2abab.1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求證：b－證明：要證b－ac<3a，只需證b2－ac<3a2.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需證b2＋a(a＋b)<3a2，只需證2a2－ab－b2>0，只需證(a－b)(2a＋b)>0，只需證(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0顯然成立．故原不等式成立．

2.已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＞0，公差d＞0，前n項(xiàng)和為Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N*)，求證：Sn＋Sm≥2Sp.證明：∵m2＋n2≥2mn，∴2(m2＋n2)≥(m＋n)2.又m＋n＝2p，∴m2＋n2≥2p2.3.如圖，ABCD為直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P為平面ABCD外一點(diǎn)，且PB⊥BD.(1)求證：PA⊥BD；

(2)若PC與CD不垂直，求證：PA≠PD.證明：(1)因?yàn)锳BCD為直角梯形，AD2AB2BD，所以AD2＝AB2＋BD2，因此AB⊥BD.又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PBì平面PAB，所以BD⊥平面PAB，又PAì平面PAB，所以PA⊥BD.(2)假設(shè)PA＝PD，取AD中點(diǎn)N，連結(jié)PN、BN，則PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.又PB⊥BD，且AD∩BD＝D，得PB⊥平面ABCD，所以PB⊥CD.又因?yàn)锽C⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，與已知條件PC與CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－

24.已知f(x)＝ax(a＞1)．

x＋

1(1)證明f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根．

證明：(1)設(shè)－1＜x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x－2x－23（x－x）

從而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所以

x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1）

f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．

x0－2

(2)設(shè)存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，則ax0＝－x0＋1

x0－21

由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此與x0＜0矛盾，故x0不存在．

2x0＋1

1.分析法的特點(diǎn)是從未知看已知，逐步靠攏已知，綜合法的特點(diǎn)是從已知看未知，逐步推出未知．分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較煩；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考，實(shí)際證明時(shí)常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來．

2.反證法是從否定結(jié)論出發(fā)，經(jīng)過邏輯推理，導(dǎo)出矛盾，說明結(jié)論的否定是錯(cuò)誤的，從而肯定原結(jié)論是正確的證明方法．適宜用反證法證明的數(shù)學(xué)命題：①結(jié)論本身是以否定形式出現(xiàn)的一類命題；②關(guān)于唯一性、存在性的命題；③結(jié)論以“至多”“至少”等形式出現(xiàn)的命題；④結(jié)論的反面比原結(jié)論更具體更容易研究的命題．

請使用課時(shí)訓(xùn)練（B）第2課時(shí)（見活頁）.[備課札記]