2014届高考数学(山东专用理科)一轮复习教学案第十二章算法初步、推理与证明、复数12.4直接证明与间接证明

第一篇：2014届高考数学(山东专用理科)一轮复习教学案第十二章算法初步、推理与证明、复数12.4直接证明与间接证明

12.4 直接证明与间接证明 考纲要求

1．了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点．

2．了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点．

1．直接证明中最基本的两种证明方法是______和______．

2．综合法是利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立．综合法又叫________．

3．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)．分析法又叫________．

4．反证法：假设原命题______(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明________，从而证明了__________，这样的证明方法叫反证法． 应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：

第一步，分清命题“p→q”的__________；

第二步，作出与命题结论q相矛盾的假设____；

第三步，由p与q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步，断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p→q为真．

1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的()．

A．充分条件B．必要条件

C．充要条件D．等价条件

2．用反证法证明命题“三角形的三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设()．

A．三个内角都不大于60°

B．三个内角都大于60°

C．三个内角至多有一个大于60°

D．三个内角至多有两个大于60°

23．设t＝a＋2b，s＝a＋b＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是()．

A．t＞sB．t≥s

C．t＜sD．t≤s

4．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ过程应用了()．

A．分析法

B．综合法

C．综合法、分析法综合应用

D．间接证明法

5．因为某种产品的两种原料相继提价，所以生产者决定对产品分两次提价，现在有三种提价方案：

方案甲：第一次提价p%，第二次提价q%；

方案乙：第一次提价q%，第二次提价p%；

p＋qp＋q方案丙：第一次提价，第二次提价%，2

2其中p＞q＞0.比较上述三种方案，提价最多的是()．

A．甲B．乙

C．丙D．一样多

一、综合法

【例1】如图，四边形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA．求证：

(1)平面AMD∥平面BPC；(2)平面PMD⊥平面PBD． 方法提炼

1．综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，经过一系列的中间推理，最后导出所证结论的真实性．用综合法证明题的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．

2．利用综合法证不等式时，是以基本不等式为基础，以不等式的性质为依据，进行推理论证的．因此，关键是找到与要证结论相匹配的基本不等式及其不等式的性质．

3．综合法是一种由因导果的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就是保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．

请做演练巩固提升

1二、分析法

【例2】已知△ABC三边a，b，c的倒数成等差数列，证明：B为锐角． 方法提炼

1．分析法是“执果索因”，它是从要证的结论出发，倒着分析，逐渐地靠近已知． 2．用分析法证“若P，则Q”这个命题的模式是：

为了证明命题Q为真，这只需证明命题P1为真，从而有„„ 这只需证明命题P2为真，从而有„„ „„

这只需证明命题P为真．

而已知P为真，故Q必为真．

提醒：用分析法证题时，一定要严格按格式书写，否则极易出错．

3．在解决问题时，我们经常把综合法和分析法结合起来使用，根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P，若由P可以推出Q成立，就可以证明结论成立．一般情况下，用分析法寻找思路，用综合法完成证明．

请做演练巩固提升

4三、反证法

【例3】设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？ 方法提炼

反证法是间接证明问题的一种常用方法，它不是从已知条件去直接证明结论，而是先否定结论，在否定结论的基础上进行演绎推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．用反证法证明要把握三点：(1)反设：必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)归谬：必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证．推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但推导出的矛盾必须是明显的；(3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结

论的反面不成立，从而肯定了结论成立．

请做演练巩固提升

证明类问题中的新情景问题

【典例】设f(x)，g(x)，h(x)是R上的任意实数函数，如下定义两个函数(f∘g)(x)和(f·g)(x)：对任意x∈R，(f∘g)(x)＝f(g(x))，(f·g)(x)＝f(x)g(x)．则下列等式恒成立的是()．

A．((f∘g)·h)(x)＝((f·h)∘(g·h))(x)B．((f·g)∘h)(x)＝((f∘h)·(g∘h))(x)C．((f∘g)∘h)(x)＝((f∘h)∘(g∘h))(x)D．((f·g)·h)(x)＝((f·h)·(g·h))(x)

解析：((f·g)∘h)(x)＝(f·g)(h(x))＝f(h(x))g(h(x))

＝(f∘h)(x)(g∘h)(x)＝((f∘h)·(g∘h))(x)． 答案：B

答题指导：对于此类新情景下的新定义问题需要做好以下几点： 1．充分理解题意，理解定义是解题的关键．

2．若是选择、填空题建议以特例理解新定义，可以化难为易、化繁为简．

3．“按规则要求办事”，即新定义如何要求就如何去做，此法虽然可能会繁琐，但只要理解透彻，运算得当也能解决问题．

1．(2012浙江绍兴模拟)设a＝lg 2＋lg 5，b＝e(x＜0)，则a与b的大小关系为()． A．a＞bB．a＜b C．a＝bD．a≤b

2．(2012山师大附中模拟)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为()．

A．a，b，c中至少有两个偶数

B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 C．a，b，c都是奇数 D．a，b，c都是偶数

3．若函数F(x)＝f(x)＋f(－x)与G(x)＝f(x)－f(－x)，其中f(x)的定义域为R，且f(x)不恒为零，则()．

A．F(x)、G(x)均为偶函数

B．F(x)为奇函数，G(x)为偶函数 C．F(x)与G(x)均为奇函数

D．F(x)为偶函数，G(x)为奇函数

x

4．已知a，b∈(0，＋∞)，求证：(a3+b)<(a2b)

133

122

.参考答案

基础梳理自测 知识梳理

1．综合法 分析法

2．顺推证法或由因导果法 3．递推证法或执果索因法

4．不成立 假设错误 原命题成立 条件和结论 q 基础自测 1．A 2．B

3．D 解析：∵s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，∴s≥t.4．B 解析：因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论． 5．C 解析：设产品的原价为a，则按方案甲可得提价后的价格为A＝a(1＋p%)·(1＋q%)；按方案乙可得提价后的价格为B＝a(1＋q%)(1＋p%)＝A；按方案丙可得提价后的价格为

p＋qp＋q

C＝a1＋1＋

22p＋q2

＝a1＋%，2

p＋q2a

则C－B＝a1＋－a(1＋p%)(1＋q%)＝(p%－q%)2＞0，故应选C.42

考点探究突破

【例1】证明：(1)因为PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，所以PB∥MA.因为PB⊂平面BPC，MA平面BPC，所以MA∥平面BPC.同理，DA∥平面BPC.又MA⊂平面AMD，AD⊂平面AMD，MA∩AD＝A，所以平面AMD∥平面BPC.(2)连接AC，设AC∩BD＝E，取PD的中点F，连接EF，MF

.因为四边形ABCD为正方形，所以E为BD的中点． 因为F为PD的中点，所以EFPB.21

又AM∥PB，所以四边形AEFM为平行四边形． 所以MF∥AE.因为PB⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PB⊥AE.所以MF⊥PB.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.所以MF⊥BD.所以MF⊥平面PBD.又MF⊂平面PMD，所以平面PMD⊥平面PBD.【例2】证明：要证明B为锐角，根据余弦定理，a2＋c2－b2

也就是证明cos B＝0，2ac

即需证a2＋c2－b2＞0.由于a2＋c2－b2≥2ac－b2，要证a2＋c2－b2＞0.只需证2ac－b＞0.∵a，b，c的倒数成等差数列，112

∴，即2ac＝b(a＋c)． acb

∴要证2ac－b2＞0，只需证b(a＋c)－b2＞0，即证b(a＋c－b)＞0.上述不等式显然成立． ∴B必为锐角．

【例3】(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S22＝S1·S3，即a12(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．

(2)解：当q＝1时，{Sn}是等差数列．

当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3，2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q)．

由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．

综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列． 演练巩固提升

1．A 解析：∵a＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b＝ex＜e0＝1，故a＞b.2．B 解析：“恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”．

3．D 解析：由F(x)＝f(x)＋f(－x)，G(x)＝f(x)－f(－x)知F(x)＝F(－x)，G(－x)＋G(x)＝0.4．证明：因为a，b∈(0，＋∞)，要证原不等式成立，只需证[(ab)]<[(ab)]即证(a3＋b3)2＜(a2＋b2)3，即证a6＋2a3b3＋b6＜a6＋3a4b2＋3a2b4＋b6，只需证2a3b3＜3a4b2＋3a2b4.因为a，b∈(0，＋∞)，所以即证2ab＜3(a2＋b2)．

而a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab＞2ab成立，所以(ab)<(ab).133

122

1336

1226，

第二篇：2014届高考数学一轮必备考情分析学案：13.2《直接证明与间接证明》

13.2直接证明与间接证明

考情分析

1．在历年的高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对它们原理的理解和用法．难度多为中档题，也有高档题．

2．从考查形式上看，主要以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程、数列等知识为载体，考查综合法、分析法、反证法等方法．

基础知识

1．直接证明

(1)综合法

①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法． ②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→„→Qn⇒Q

(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．

(2)分析法

①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫做分析法．

②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→„→

得到一个明显成立的条件.2．间接证明

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． 注意事项 1.综合法与分析法的关系

分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．

2.(1)利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．

(2)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)„”“即要证„”“就要证„”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立． 题型一 综合法的应用

a2b2c

2【例1】►设a，b，c＞0，证明：bcaa＋b＋c.证明 ∵a，b，c＞0，根据均值不等式，a2b2c2

有bb≥2a，cc≥2b，aa≥2c.a2b2c2

三式相加：bcaa＋b＋c≥2(a＋b＋c)．当且仅当a＝b＝c时取等号． a2b2c2

即bcaa＋b＋c.1

1【变式1】 设a，b为互不相等的正数，且a＋b＝1，证明：a＋b＞4.1111ba证明 a＋b＝a＋b·(a＋b)＝2＋ab2＋2＝4.11

又a与b不相等．故a＋b＞4.题型二 分析法的应用

a＋mb2a2＋mb2

≤【例2】►已知m＞0，a，b∈R，求证：.1＋m1＋m证明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要证原不等式成立，只需证明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．

【变式2】 已知a，b，m都是正数，且a＜b.a＋ma求证：.b＋mb证明 要证明

a＋ma

＞，由于a，b，m都是正数，b＋mb

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

(说明：本题还可用作差比较法、综合法、反证法)题型三 反证法的应用

x－

2【例3】已知函数f(x)＝a＋(a＞1)．

x＋

1x

(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明f(x)＝0没有负根．

证明(1)法一 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0.x2－2x1－2

所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因为x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以x2＋1x1＋1x2－2x1＋1－x1－2x2＋13x2－x1＝0，x2＋1x1＋1x2＋1x1＋1x2－2x1－2

于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋0，x2＋1x1＋1故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． 法二 f′(x)＝axln a＋

0，x＋1∴f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

x0－2

(2)假设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝－，又0＜ax0＜1，所以

x0＋1x0－210＜1，即2＜x0＜2，与x0＜0(x0≠－1)假设矛盾．故f(x0)＝0没有负根．

x0＋1【变式3】 已知a，b为非零向量，且a，b不平行，求证：向量a＋b与a－b不平行．

证明 假设向量a＋b与a－b平行，即存在实数λ使a＋b＝λ(a－b)成立，则(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，∵a，b不平行，1－λ＝0，λ＝1，∴得 1＋λ＝0，λ＝－1，

所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立．重难点突破

【例4】设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0.(1)证明l1与l2相交；

(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．证明(1)假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交． y＝k1x＋1，(2)由方程组

y＝k2x－1，x＝

k2－k1，解得交点P的坐标(x，y)为k2＋k1

y＝k2－k1.22k2＋k12

 从而2x＋y＝2k－k＋

21k2－k1

8＋k2k22＋k1＋2k1k21＋k2＋4＝1，k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋

4此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．

巩固提高

1． pab＋cd，qma＋ncmnm、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为()．

A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不确定

解析 q＝

madnbc

ab＋nmcdab＋2abcd＋cd

madabc

ab＋cd＝p，当且仅当nm时取等号． 答案 B

2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b大小关系为()．A．a＞bC．a＝b

B．a＜b D．a≤b

解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，当x＜0时，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A

3．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设为()． 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中至少有两个偶数或都是奇数

解析 ∵a，b，c恰有一个偶数，即a，b，c中只有一个偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一个偶数即全都是奇数，故只有D正确． 答案 D

4．设a、b∈R，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是()．A．b－a＞0B．a3＋b3＜0C．a2－b2＜0D．b＋a＞0 解析 ∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.答案 D

5．在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确．

例如：在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC内一点，∠APB＞∠APC，求证：∠BAP＜∠CAP，用反证法证明时应分：假设________和________两类． 答案 ∠BAP＝∠CAP ∠BAP＞∠CAP

第三篇：福州艺术生文化培训全封闭特训2014届高考数学第十三章 算法初步、推理与证明、复数13.3 直接证明与间接证明

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13.3 直接证明与间接证明

一、选择题

1.“所有9的倍数都是3的倍数，某奇数是9的倍数，故该奇数是3的倍数.”上述推理()

A 小前提错B 结论错

C 正确D 大前提错

解析 大前提，小前提都正确，推理正确，故选C.答案 C

2．在用反证法证明命题“已知a、b、c∈(0,2)，求证a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)不可能都大于1”时，反证时假设正确的是()

A．假设a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都小于

1B．假设a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都大于

1C．假设a(2－b)、b(2－c)、c(2－a)都不大于

1D．以上都不对

解析 “不可能都大于1”的否定是“都大于1”，故选B.答案 B

3．下列命题中的假命题是()．

A．三角形中至少有一个内角不小于60°

B．四面体的三组对棱都是异面直线

C．闭区间[a，b]上的单调函数f(x)至多有一个零点

D．设a，b∈Z，若a＋b是奇数，则a，b中至少有一个为奇数

解析 a＋b为奇数⇔a，b中有一个为奇数，另一个为偶数，故D错误． 答案 D

4．命题“如果数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，那么数列{an}一定是等差数列”是否成立()．

A．不成立B．成立C．不能断定D．能断定 解析 ∵Sn＝2n2－3n，∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5(n＝1时，a1＝S1＝－1符合上式)．

又∵an＋1－an＝4(n≥1)，∴{an}是等差数列．

答案 B

1115．设a、b、c均为正实数，则三个数a＋b＋c＋)． bca

A．都大于2B．都小于

2C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2 解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0，11111a＋b＋c＋a＋b＋＋＋＝＋＋ ∴bcaab

1c＋≥6，c

当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.答案 D

6．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b大小关系为()

A．a＞b

C．a＝bB．a＜bD．a≤b

解析 ∵a＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b＝ex＜e0＝1，故a＞b.答案 A

7．定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：(n＋1)*1＝n*1＋1，则n*1＝()．

A．nB．n＋1C．n－1D．n2

解析 由(n＋1)*1＝n*1＋1，得n*1＝(n－1)*1＋1＝(n－2)*1＋2＝„＝n.答案 A

二、填空题

8.用反证法证明命题“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一个能被3整除”时，假设应为.解析 由反证法的定义可知，否定结论，即“a，b中至少有一个能被3整除”的否定是“a，b都不能被3整除”.答案 a、b都不能被3整除

9．要证明“3＋7＜25”可选择的方法有以下几种，其中最合理的是________(填序号)．

①反证法，②分析法，③综合法．

答案 ②

10．设a，b是两个实数，给出下列条件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是______．(填序号)

12解析 若a＝b＝a＋b>1，2

3但a<1，b<1，故①推不出；

若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；

若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；

若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；

对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b＞2矛盾，因此假设不成立，故a，b中至少有一个大于1.答案 ③

11．如果aa＋bb＞b＋a，则a、b应满足的条件是________． 解析 首先a≥0，b≥0且a与b不同为0.要使aa＋bb＞b＋a，只需(aa＋bb)2＞(ab＋ba)2，即a3＋b3＞a2b＋ab2，只需(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)，只需a2－ab＋b2＞ab，即(a－b)2＞0，只需a≠b.故a，b应满足a≥0，b≥0且a≠b.答案 a≥0，b≥0且a≠b

12．若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a>b与a

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．

其中判断正确的是_______．

解析①②正确；③中a≠c，b≠c，a≠b可能同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3.选C.答案 ①②

三、解答题

13．在△ABC中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，113a＋bb＋ca＋b＋c试问A，B，C是否成等差数列，若不成等差数列，请说明理由．若成等差数列，请给出证明．

解析 A、B、C成等差数列．

证明如下：

∵

∴

∴113＋＝，a＋bb＋ca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c＋＝3.a＋bb＋cc

a＋bb＋c＋a＝1，∴c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，∴b2＝a2＋c2－ac.在△ABC中，由余弦定理，得

a2＋c2－b2ac1cosB＝ 2ac2ac

2∵0°

|a|＋|b|14．已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：2.|a＋b|证明 a⊥b⇔a·b＝0，|a|＋|b|要证2.|a＋b|只需证|a|＋|b2|a＋b|，只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证．

15．若a、b、c是不全相等的正数，求证：

lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c.证明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴a＋b2ab＞0，b＋c2≥bc＞0，a＋c2ab＞0.又上述三个不等式中等号不能同时成立．

∴a＋bb＋cc＋a2·2·2＞abc成立．

上式两边同时取常用对数，a＋bb＋cc＋a＞lg(abc)，得lg222

∴lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c.16．(12分)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0＜x＜c时，f(x)＞0.1(1)证明：是f(x)＝0的一个根； a

a1(2)试比较与c的大小；

(3)证明：－2＜b＜－1.解析(1)证明 ∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，c11又x1x2＝x2＝≠c，aaa

1∴是f(x)＝0的一个根． a

11(2)假设＜c，又＞0，aa

由0＜x＜c时，f(x)＞0，111知f＞0与f＝0矛盾，∴c，aaa

11又∵≠c，∴＞c.aa

(3)证明 由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，∴b＝－1－ac.又a＞0，c＞0，∴b＜－1.二次函数f(x)的图象的对称轴方程为

bx1＋x2x2＋x21x＝－＝＜＝x2＝ 2a22a

b1即－＜.又a＞0，2aa

∴b＞－2，∴－2＜b＜－1.文章来源：福州五佳教育网 http:///yikao/(五佳教育艺考文化课集训，承诺保过本科线，打造福建省性价比最高的文化课集训)

第四篇：高三一轮复习教案26直接证明与间接证明学生版

直接证明与间接证明

1． 直接证明

(1)综合法 ①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法． ②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→„→Qn⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证明的结论)．

(2)分析法

①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．

②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→„→得到一个明显成立的条件.2． 间接证明

反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．

[难点正本 疑点清源]

1． 综合法证明问题是由因导果，分析法证明问题是执果索因．

2． 分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．

基础题 1． 要证明“3＋5”可选择的方法有以下几种，其中最合理的是________．(填序号)

①反证法，②分析法，③综合法．

ba2． 下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使≥2成立的条件ab的个数是________．

3． 已知函数f(x)＝lg

4． 下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分

析法是逆推法；⑤反证法是间接证法．其中正确的有

A．2个/ 6

1－x，若f(a)＝b，则f(－a)＝______(用b表示)． 1＋x()B．3个C．4个D．5个

5． 用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设

A．三个内角都不大于60° B．三个内角都大于60° C．三个内角至多有一个大于60° D．三个内角至多有两个大于60° 题型分类

题型一 综合法的应用

()

1112例1 已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋abc≥63，并确定a，b，c为何

值时，等号成立．

21思维启迪：利用a2＋b2≥2ab，再利用ab2，根据这个解题思路去解

ababab答本题即可．

已知a、b、c为正实数，a＋b＋c＝1.求证：(1)a2＋b2＋c2≥；

3(2)3a＋23b＋23c＋2≤6.题型二 分析法的应用

a＋mb2≤a＋mb.例2 已知m>0，a，b∈R，求证：1＋m1＋m

思维启迪：本题若使用综合法，不易寻求证题思路．可考虑使用分析法．

已知a>0，求证：

题型三 反证法的应用

例3 已知a≥－1，求证三个方程：

211a2－2≥a＋－2.aa

x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数根．

思维启迪：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“三个方程都没有实数根”．

等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝12，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

S(2)设bn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

n

随堂练

A组 专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)

一、选择题(每小题5分，共20分)

1． 若a，b，c为实数，且a

A．ac2

B．a2>ab>b2 baD.ab

()

()

2． 设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x<0)，则a与b大小关系为

A．a>b

B．a

C．a＝b

D．a≤b

3． 分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，b－ac<

3a”索的因应是 A．a－b>0

()

B．a－c>0 D．(a－b)(a－c)<0

C．(a－b)(a－c)>0

4． 用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为

()

A．a，b，c中至少有两个偶数

B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 C．a，b，c都是奇数 D．a，b，c都是偶数

二、填空题(每小题5分，共15分)

5． 设a>b>0，mab，n＝a－b，则m，n的大小关系是__________．

6． 用反证法证明命题“若实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，则a，b，c，d

中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是_____． 7． 设x，y，z是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若

x⊥z，且y⊥z，则x∥y”为真命题的是________(填写所有正确条件的代号)．

①x为直线，y，z为平面；②x，y，z为平面；③x，y为直线，z为平面；④x，y为平面，z为直线；⑤x，y，z为直线．

三、解答题(共22分)

ππ

10，，若x1，x2∈0，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋8．(10分)已知函数f(x)＝tan x，x∈22

2f(x2)]>f

9．(12分)已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD2，SA＝1.(1)求证：SA⊥平面ABCD；

(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．

x1＋x2

2.B组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)

一、选择题(每小题5分，共15分)

1． 若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是

A．lg(1＋a2)>0C．a2＋3ab>2b

2()

B．a2＋b2≥2(a－b－1)aa＋1D.bb＋

1()

2． 设a，b，c∈(－∞，0)，则a＋，b＋c

bca

A．都不大于－2B．都不小于－2

C．至少有一个不大于－2D．至少有一个不小于－2

3． 已知f(1,1)＝1，f(m，n)∈N*(m，n∈N*)，且对任意m，n∈N*都有：①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；②f(m＋1,1)＝2f(m，1)．给出以下三个结论：(1)f(1,5)＝9；(2)f(5,1)＝16；(3)f(5,6)＝26.其中正确结论的个数为 A．

3()

B．2C．1D．0

二、填空题(每小题5分，共15分)

4． 关于x的方程ax＋a－1＝0在区间(0,1)内有实根，则实数a的取值范围是__________． 5． 若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，那么当n>2，n∈N*时，an＋bn与cn的大小关系为____________．

6． 凸函数的性质定理为如果函数f(x)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意x1，x2，fx1＋fx2＋„＋fxnx1＋x2＋„＋xn„，xn，有f

nn，已知函数y＝sin x在区间(0，π)上 是凸函数，则在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值为________．

三、解答题

ax－1

7．(13分)已知函数f(x)＝ln x－.x＋1

(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求a的取值范围； m－nm＋n＋

(2)设m，n∈R，且m>n，求证：.ln m－ln n2

第五篇：2012届高三数学一轮复习基础导航：20.2直接证明与间接证明

20.2直接证明与间接证明

【考纲要求】

1、了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点.2、了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点.3、了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.【基础知识】

1.分析法：从原因推导到结果的思维方法.2.综合法：从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法.3.反证法：判定非q为假，推出q为真的方法.[来源:Z。xx。k.Com]

应用反证法证明命题的一般步骤：⑴分清命题的条件和结论；⑵做出与命题结论相矛盾的假定；⑶由假定出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果；⑷间接证明命题为真.4.数学归纳法：设｛pn｝是一个与自然数相关的命题集合，如果⑴证明起始命题p1成立；⑵在假设pk成立的前提上，推出pk＋1也成立，那么可以断定，｛pn｝对一切正整数成立.5.直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；间接证明的一种基本方法──反证法.6.数学归纳法的步骤：（1）证明当n=1时，命题成立。（2）证明假设当n=k时命题成立，则当n=k+1时，命题也成立。由（1）（2）得原命题成立

【例题精讲】

例1已知a，b，c是互不相等的实数．

求证：由y＝ax＋2bx＋c，y＝bx＋2cx＋a和y＝cx＋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＝ax＋2bx＋c，222

2y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b，得Δ1＝(2b)－4ac≤0，Δ2＝(2c)－4ab≤0，[来源:学科网]

Δ3＝(2a)－4bc≤0.上述三个同向不等式相加得，4b＋4c＋4a－4ac－4ab－4bc≤0，∴2a＋2b＋2c－2ab－2bc－2ca≤0，∴(a－b)＋(b－c)＋(c－a)≤0，∴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．

111例2已知a＞0，－1, 1＋a＞.ba1－b 222222222222

1【证明】 证法一：由已知－＞1及a＞0，可知b＞0，ba

要证1＋a＞

1－b可证1＋a·1－b＞1，a－b11

即证1＋a－b－ab＞1，这只需证a－b－ab＞01，即1，abba

而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证．

1及a＞0，可知1＞b＞0，ba11

∵－＞1，ba

∴a－b－ab＞0,1＋a－b－ab＞1，(1＋a)(1－b)＞1.由a＞0,1－b＞0，得1＋a1－b＞1，即1＋a＞.1－b

[来源:学_科_网]20.2【基础精练】

1．用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应是()

3A.a＝b

33B.a<

3333D.a＝b或a

直接证明与间接证明强化训练

3333

C.a＝b且a

2．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件

有()

A．1个B．2个C．3个D．4个

3．设S是至少含有两个元素的集合．在S上定义了一个二元运算“*”(即对任意的a，b∈S，对于有序元素对(a，b)，在S中有唯一确定的元素a*b与之对应)．若对任意的a，b∈S，有a*(b*a)＝b，则对任意的a，b∈S，下列等式中不恒成立的是()

A．(a*b)*a＝aB．[a*(b*a)]*(a*b)＝a C．b*(b*b)＝bD．(a*b)*[b*(a*b)]＝b

4．设a、b、c是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是()

A．|a－b|≤|a－c|＋|b－c|C．|a－b|＋

a－b

2B．a＋≥a＋baab

aa

D.a＋3a＋1a＋2－a

5．已知函数f(x)＝ax＋2a＋1，当x∈[－1,1]时，f(x)有正值也有负值，则实数a的取值

范围为________． 6．如果函数f(x)的定义域为R，对于m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－6，且f(－1)

是不小于5的正整数，当x>1时，f(x)<0.那么具有这种性质的函数f(x)＝________.(注：填上你认为正确的一个函数即可)

7．如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(n∈N)行，在这些数中非1的数字之和是

________________．11 121 1331 14641 „„[来源:学|科|网]

8．试证：当n∈N时，f(n)＝

39．如右图所示，O是正方形ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中点，求证：平面PAC⊥

平面BDE.10．已知数列{an}的前n项的和Sn满足Sn＝2an－3n(n∈N)．

(1)求证{an＋3}为等比数列，并求{an}的通项公式；

(2)数列{an}是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．

【拓展提高】

1.如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M、N分别为AB、DF的中点．(1)若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值；(2)用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线．

*

*

2n＋

2

－8n－9能被64整除．

【基础精练参考答案】

5.－1

f(1)·f(－1)<0，∴(a＋2a＋1)·(2a－a＋1)<0.∴－11时，f(x)<0，∴a<0且f(1)＝a＋6≤0.∴a≤－6(a∈Z)．∴a＝－6，－7，－8„都符合要求． 7.2－2n解析：所有数字之和Sn＝2＋2＋2＋„＋2

n

－1)＝2－2n.n

n－

1＝2－1，除掉1的和2－1－(2n

nn

8.证明：证法一：(1)当n＝1时，f(1)＝64，命题显然成立．(2)假设当n＝k(k∈N，k≥1)时，f(k)＝3当n＝k＋1时，由于

32(k＋1)＋2*

2k＋2

－8k－9能被64整除．

－8(k＋1)－

9＝9(3

2k＋2

－8k－9)＋9·8k＋9·9－8(k＋1)－9＝9(3

2k＋2

－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，∴n＝k＋1时命题也成立． 根据(1)、(2)可知，对于任意n∈N，命题都成立． 证法二：(1)当n＝1时f(1)＝64 命题显然成立．

(2)假设当n＝k(k∈N，k≥1)时，f(k)＝3由归纳假设，设3将

32k＋

22k＋2

*

2k＋2

*

－8k－9能被64整除．

－8k－9＝64m(m为大于1的自然数)，＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得

f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，∴n＝k＋1时命题也成立．

根据(1)(2)知，对于任意n∈N，命题都成立． 9.证明：∵PO⊥底面ABCD，∴PO⊥BD.又∵O是正方形的中心，∴BD⊥AC.∵PO∩AC＝0，∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDE，所以平面PAC⊥平面BDE.10.证明：(1)∵Sn＝2an－3n(n∈N)，∴a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.又由

Sn＝2an－3n，

*

*

Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)

n

得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，[来源:学§科§网

Z§X§X§K]

∴an＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列．[来源:Zxxk.Com] ∴an＋3＝6×2

n－

1，即an＝3(2－1)．

(2)解答：假设数列{an}中存在三项ar，as，at(r

s

r

t

s＋1

＝2＋2，∴2

rts＋1－r

＝1＋2

t－r

(*)

∵r、s、t均为正整数且r

列。[来源:Zxxk.Com][来源:学科网ZXXK] 【拓展提高参考答案】

解：(1)取CD的中点G，连结MG、NG.设正方形ABCD、DCEF的边长为2，则MG⊥CD，MG＝2，NG2.因为平面ABCD⊥平面DCEF，所以MG⊥平面DCEF.可得∠MNG是MN与平面DCEF所成的角．

因为MN6，所以sin∠MNG＝MN与平面DCEF所成角的正弦值．

(2)证明：假设直线ME与BN共面，则AB⊂平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于

EN.由已知，两正方形不共面，故AB⊄平面DCEF.又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF.而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF，所以EN∥EF，这与EN∩EF＝E矛盾，故假设不成立．[来源:学+科+网Z+X+X+K][来源:学科网]

所以ME与BN不共面，它们是异面直线．