推理与证明-13.2 直接证明与间接证明(教案)

第一篇：推理与证明-13.2 直接证明与间接证明(教案)

响水二中高三数学（理）一轮复习

教案第十三编推理与证明主备人张灵芝总第67期

§13.2 直接证明与间接证明

基础自测

1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的条件.答案充分 2.若a＞b＞0,则a+答案＞

3.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 答案②

4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是.①假设a、b、c都是偶数；②假设a、b、c都不是偶数

③假设a、b、c至多有一个偶数；④假设a、b、c至多有两个偶数 答案②

5.设a、b、c∈（0，+∞），P=a+b-c，Q=b+c-a，R=c+a-b，则“PQR＞0”是“P、Q、R同时大于零”的条件.； 答案充要

②分析法

③综合法

1b

b+

1a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

例题精讲

例1设a,b,c＞0,证明：

a

2b



b

2c



c

a

≥a+b+c.a

证明∵a,b,c＞0，根据基本不等式，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,求证： a2证明要证a2

1a

-2≥a+

1a

-2.1a

-2≥a+

1a

-2,只要证a2

+2≥a++2.2分

∵a＞0,故只要证



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

从而只要证2a2

只要证4a

1a

≥2a

1

,a

10分

1112

≥2（a+2+）,即a2+≥2,而该不等式显然成立，故原不等式成立.14分 222aaa

例3若x,y都是正实数，且x+y＞2,求证：证明假设

1xy

1xy

＜2与

1xy

1yx

＜2中至少有一个成立.1yx

＜2和

1yx

＜2都不成立，则有≥2和≥2同时成立，因为x＞0且y＞0,所以1+x≥2y，且1+y≥2x，两式相加，得2+x+y≥2x+2y，所以x+y≤2，这与已知条件x+y＞2相矛盾，因此

1xy

＜2与

1yx

＜2中至少有一个成立

.巩固练习

1.已知a,b,c为互不相等的非负数.求证：a2+b2+c2＞abc(a+b+c).证明∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac.又∵a,b,c为互不相等的非负数，∴上面三个式子中都不能取“=”，∴a+b+c＞ab+bc+ac,∵ab+bc≥2ab2c,bc+ac≥2abc2,ab+ac≥2a2bc,又a,b,c为互不相等的非负数，∴ab+bc+ac＞abc(a+b+c),∴a2+b2+c2＞abc(a++c).2.已知a＞0,b＞0,且a+b=1,试用分析法证明不等式a



2511

证明要证ab≥

4ab



2511

b≥

4ab

.,只需证ab+

a

bab



1≥

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

14,只需证ab≤



14，成立.显然成立，所以原不等式a

2511

b≥

4ab

3.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于.证明方法一假设三式同时大于，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,这与假设矛盾，故原命题正确.14

2方法二假设三式同时大于，∵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,这是矛盾的，故假设错误，∴原命题正确

.回顾总结知识 方法

思想

课后作业

一、填空题

1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a＞b,那么a＞b”假设内容应是.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



，则p,q的大小关系

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，下列恒成立的等式的序号是.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的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则△A1B1C1是三角形，△A2B2C2是三角形.（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空）

429

答案锐角钝角

5.已知三棱锥S—ABC的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.其中正确命题的序号是

.答案①

6.对于任意实数a,b定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论： ①对于任意实数a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);

②对于任意实数a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是.（写出你认为正确的结论的所有序号）

答案②③

二、解答题

7.已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，„），a1=1.（1）设bn=an+1-2an(n=1,2,„)，求证：数列{bn}是等比数列；（2）设cn=

an2

n

(n=1,2,„),求证：数列{cn}是等差数列；

（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式.（1）证明∵Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2，两式相减，得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,„), 即an+2=4an+1-4an,变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)∵bn=an+1-2an(n=1,2,„),∴bn+1=2bn.由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列.430

（2）证明由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

.将bn=3·2n-1代入得

cn+1-cn=(n=1,2,„),由此可知，数列{cn}是公差为

a12

34的等差数列，它的首项c1==

12，故cn=

n-

(n=1,2,„).-2

（3）解∵cn=n-=

(3n-1).∴an=2n·cn=(3n-1)·2n(n=1,2,„)

当n≥2时，Sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2.由于S1=a1=1也适合于此公式，所以{an}的前n项和公式为Sn=（3n-4）·2n-1+2.8.设a,b,c为任意三角形三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证：I2＜4S.证明由I2=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=a2+b2+c2+2S,∵a,b,c为任意三角形三边长，∴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为正实数,a+b+c=1.求证：（1）a2+b2+c2≥

;(2)3a2+ 3b2+3c2≤6.13

证明（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

.方法三设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.已知函数y=ax+(a＞1).（1）证明：函数f(x)在（-1,+∞)上为增函数；

（2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.证明（1）任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨设x1＜x2,则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,故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.x02x01

（2）方法一假设存在x0＜0(x0≠-1)满足f(x0)=0,则ax0=-∵a＞1,∴0＜ax0＜1,∴0＜-x02x01

.＜1,即

＜x0＜2，与假设x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.方法二假设存在x0＜0(x0≠-1)满足f(x0)=0, ①若-1＜x0＜0，则②若x0＜-1,则

x02x01

＜-2,ax0＜1,∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾.x02x01

＞0,ax0＞0,∴f(x0)＞0,与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.432

第二篇：2.1-2 合情推理与演绎推理、直接证明与间接证明

2.1-2 合情推理与演绎推理、直接证明与间接证明

重难点：了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理；了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异；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；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．

考纲要求：①了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用．

②了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理． ③了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异．

④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． ⑤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． 经典例题：25.通过计算可得下列等式：

┅┅

将以上各式分别相加得：

即：类比上述求法：请你求出

当堂练习： 1.如果数列A.的值.．

是等差数列，则()B.C.D.2.下面使用类比推理正确的是()A.“若B.“若,则

”类推出“若”类推出“,则”

”

C.“若” 类推出“（c≠0）” D.“” 类推出“”

3.有这样一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数” 结论显然是错误的，是因为()A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.非以上错误 4.设()A.B.－ C.D.－，那么在5进制中数码2004折合成，n∈N，则5.在十进制中十进制为()A.29 B.254 C.602 D.2004 6.函数的图像与直线

相切，则

=()A.B.C.D.1 7.下面的四个不等式：①④A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 8.抛物线上一点的纵坐标为4，则点

；②；③ ；

.其中不成立的有()

与抛物线焦点的距离为()A.2 B.3 C.4 D.5 9.设 , 则()A.B.0 C.，D.1 ,且, 则由的值构成的集合是()10.已知向量A.{2,3} B.{-1, 6} C.{2} D.{6} 11.有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线平面，直线平面，直线∥平面，则直线∥直线

”的结论显然是错误的，这是因为()A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.非以上错误 12.已知，猜想的表达式为()A.B.C.D.13.类比平面几何中的勾股定理：若直角三角形ABC中的两边AB、AC互相垂直，则三角形三边长之间满足关系：

。若三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两两互相垂直，则三棱锥的侧面积与底面积之间满足的关系为.14.从

中，可得到一般规律为(用数学表达式表示)15.函数y＝f（x）在（0，2）上是增函数，函数y=f(x+2)是偶函数，则f(1),f(2.5),f(3.5)的大小关系是.16.设平面内有ｎ条直线点．若用，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一

= ；当ｎ＞４时，表示这ｎ条直线交点的个数，则＝（用含n的数学表达式表示）17.证明： 不能为同一等差数列的三项.18.在△ABC中，判断△ABC的形状.19.已知：空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，判断直线EF与平面ABD的关系，并证明你的结论.20.已知函数

21.△ABC三边长的倒数成等差数列，求证：角

.，求的最大值.22.在各项为正的数列（1）求

中，数列的前n项和满足的通项公式；（3）求

；（2）由（1）猜想数列

23.自然状态下鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响，用0.不考虑其它因素，设在第表示某鱼群在第年年初的总量，且

＞成正

年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与

.成正比，死亡量与比，这些比例系数依次为正常数（Ⅰ）求与的关系式；，（Ⅱ）猜测：当且仅当要求证明）

24.设函数（1）证明：

满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不

.；

（2）设

25.已知为的一个极值点，证明.恒不为0，对于任意

等式

恒成立.求证：是偶函数.26.已知ΔABC的三条边分别为

参考答案：

经典例题： [解]

求证：

┅┅

将以上

各

式

分

别

相

加

得

：所以：

当堂练习：

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.证明：假设=①n-②;、、=n-为同一等差数列的三项，则存在整数m,n满足 +nd ② m=

(n-m)两边平方得： 3n2+5m2-

2mn=2(n-m)2 +md ① m得： 左边为无理数，右边为有理数，且有理数无理数 所以，假设不正确。即、、不能为同一等差数列的三项

18.ABC是直角三角形； 因为sinA=

ABC的三边，所以 b+c

0 据正、余弦定理得 ：（b+c）(a2-b2-c2)=0； 又因为a,b,c为所以 a2=b2+c2 即ABC为直角三角形.19.平行； 提示：连接BD，因为E，F分别为BC，CD的中点，EF∥BD.20.提示：用求导的方法可求得的最大值为0 21.证明：=

为△ABC三边，22.（1），；（2）

；（3）

..23.解（I）从第n年初到第n+1年初，鱼群的繁殖量为axn，被捕捞量为bxn，死亡量为

（II）若每年年初鱼群总量保持不变，则xn恒等于x1，n∈N*，从而由（*）式得

因为x1>0，所以a>b.猜测：当且仅当a>b，且24.证明：1）= 2)

=

时，每年年初鱼群的总量保持不变.① 又 ②

由①②知25.简证：令= 所以，则有，再令

即可

26.证明：设设是

上的任意两个实数，且，因为，所以。所以在上是增函数。

由 知 即.

第三篇：5直接证明与间接证明

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5直接证明与间接证明

作者：

来源：《数学金刊·高考版》2014年第03期

直接证明与间接证明贯穿在整张高考卷的始终，解题过程中处处离不开分析与综合.近年高考解答题的证明，主要考查直接证明，难度多为中档或中偏高档；有时以解答题的压轴题的形式呈现，此时难度为高档，分值约为4～8分.对于间接证明的考查，主要考查反证法，只在个别地区的高考卷中出现，难度一般为中档或中偏高档，分值约为4～6分.以数列、函数与导数、立体几何、解析几何等知识为背景的证明.（1）综合法解决问题的关键是从“已知”看“可知”，逐步逼近“未知”.其逐步推理，实质上是寻找已知的必要条件.分析法解决问题的关键是从未知看需知，逐步靠拢已知，其逐步推理，实际上是寻找结论的充分条件.因此，在实际解题时，通常以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表述过程，相得益彰.（2）对于某些看来明显成立而又不便知道根据什么去推导（综合法），甚至难于寻求到使之成立的充分条件（分析法）的“疑难”证明题，常考虑用反证法来证明.一般地，可在假设原命题不成立的前提下，经过正确的逻辑推理，最后得出矛盾，从而说明假设错误，从反面证明原命题成立.

第四篇：第2讲 直接证明与间接证明

第2讲 直接证明与间接证明

【2013年高考会这样考】

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．

【复习指导】

在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟悉三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要加强训练，达到熟能生巧，有效运用它们的目的．

基础梳理

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．

一个关系 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．

两个防范

题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．

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．

双基自测

1．(人教A版教材习题改编)p＝＋，q＝ma＋nc正数)，则p、q的大小为()．

A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不确定

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

madabc＝ab＋cd＝p，当且仅当＝ nm

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＞b

C．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．(2012·广州调研)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 B．a＜b D．a≤b

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

考向一 综合法的应用

a2b2c2【例1】►设a，b，c＞0，证明：a＋b＋c.bca

[审题视点] 用综合法证明，可考虑运用基本不等式．

证明 ∵a，b，c＞0，根据均值不等式，a2b2c2有＋b≥2a，c≥2b＋a≥2c.bca

a2b2c2三式相加：＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． bca

当且仅当a＝b＝c时取等号．

a2b2c2即＋a＋b＋c

.bca

综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．

11【训练1】 设a，b为互不相等的正数，且a＋b＝1，证明：＞4.ab

1111ba·证明 (a＋b)＝2＋2＋2＝4.ababab

11又a与b不相等．故＞4.ab

考向二 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

[审题视点] 先去分母，合并同类项，化成积式．

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，2

2故原不等式得证．

逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件，正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．

【训练2】 已知a，b，m都是正数，且a＜b.a＋ma求证：b＋mb

a＋ma证明 要证明，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)

考向三 反证法的应用

【例3】►已知函数f(x)＝ax＋x－2(a＞1)． x＋

1(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．

[审题视点] 第(1)问用单调增函数的定义证明；第(2)问假设存在x0＜0后，应推导出x0的范围与x0＜0矛盾即可．

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.所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因为x1＋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

故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

法二 f′(x)＝axln a＋30，x＋1∴f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

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

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

当一个命题的结论是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，宜

用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．

【训练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．

规范解答24——怎样用反证法证明问题

【问题研究】 反证法是主要的间接证明方法，其基本特点是反设结论，导出矛盾，当问题从正面证明无法入手时，就可以考虑使用反证法进行证明.在高考中，对反证法的考查往往是在试题中某个重要的步骤进行.【解决方案】 首先反设，且反设必须恰当，然后再推理、得出矛盾，最后肯定.【示例】►(本题满分12分)(2011·安徽)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．

第(1)问采用反证法，第(2)问解l1与l2的交点坐标，代入椭圆方程验证．

[解答示范] 证明(1)假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1＝k2，(2分)

代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.(4分)

这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．(6分)

y＝k1x＋1，(2)由方程组 y＝k2x－1，

解得交点P的坐标(x，y)为k＋ky＝k－k.21

212x＝，k2－k1(9分)

22k2＋k12从而2x＋y＝2k－k＋ 21k2－k122

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

此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．(12分)

用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)

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；(3)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，但是推导出的矛盾必须是明显的．

【试一试】 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．

[尝试解答](1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.1又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝an，2

11所以{an}是首项为1，公比为an＝－.22

(2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，111－－则，所以2·2rq＝2rp＋1.① 222又因为p＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证．

第五篇：第七章 推理与证明第2课时 直接证明与间接证明

第七章 推理与证明第(理)95～96页)2课时 直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、1.已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．

答案：

2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.2.用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应为______________． 答案：a＝b或a

3333解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即a＝b或a5－7

解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋41010.因为42>40，所以6－5－7成立．

4.定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________．

答案：0

π解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.423π2①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝，422

22A·B＝0，； 22

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

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

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

－cosα}．

综上可知A·B中的所有元素之和为0.115.(选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1≥μ恒成立ab的μ的取值范围是________．

答案：(－∞，4]

1111ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b)abababab

1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤

4.ab

1.直接证明

(1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式

本题条件

已知定义已知公理已知定理ÞAÞBÞ

C„本题结论．

(3)综合法

① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．

② 推证过程

已知条件Þ

„Þ

„

Þ结论

(4)分析法

① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．

② 推证过程

结论

Ü„Ü„Ü

已知条件

2.间接证明

(1)常用的间接证明方法有(2)反证法的基本步骤

① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．

② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记]

题型1 直接证明(综合法和分析法)

例1 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝

S

(1)数列n是等比数列；





n＋

2(n＝1，2，3，„)，证明： 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，∴ 数列n是等比数列．

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，∴ 对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.例2 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc

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

lga＋lgb

14lgc，即≥4，因为ab＝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

变式训练

设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立．求证：数列{an}是等比数列．

证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列．

题型2 间接证明(反证法)

证明：(1)∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝

例3 证明：2，3，5不能为同一等差数列中的三项．

证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足3＝2＋md ①，

＝2＋nd②，①×n－②×m3n5m＝2(n－m)，两边平方得3n2＋5m2－15mn＝2(n－m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠不能为同一等差数列的三项．

备选变式（教师专享）

已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围．

解：若方程没有一个实数根，则

16a－4（3－4a）<0，

3（a－1）2－4a2<0，解之得－2－1.4a2＋8a<0，3

a≥－1或a≤.故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是a

2





1.用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________．

答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数)

解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论．

2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋1，若以a、b、c为三边构造三角形，ab

则c的取值范围是________．

答案：(10，16)

解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边

19b9a＝10之差小于第三边，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.设函数f0(x)＝1－x2，f1(x)＝22

n11

则方程f1(x)＝________个实数根，方程fn(x)＝3有________个实数根．

3＋

答案：4 2n1

1111

51－x2＝x2－＝ x2＝x2＝有4个解． 解析：f1(x)＝22366

∵ 可推出n＝1，2，3„，根个数分别为22，23，24，1n＋∴ 通过类比得出fn(x)＝3有2n1个实数根．

4.若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1)若x2－1比1远离0，求x的取值范围；

(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离ab.(1)解：x∈(－∞2)∪(2，＋∞)．

(2)证明：对任意两个不相等的正数a、b，有 a3＋b3ab，a2b＋ab2ab.因为|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远离2abab.1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b－证明：要证b－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0显然成立．故原不等式成立．

2.已知等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＞0，前n项和为Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N*)，求证：Sn＋Sm≥2Sp.证明：∵m2＋n2≥2mn，∴2(m2＋n2)≥(m＋n)2.又m＋n＝2p，∴m2＋n2≥2p2.3.如图，ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：PA⊥BD；

(2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.证明：(1)因为ABCD为直角梯形，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)假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN，则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.又因为BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－

24.已知f(x)＝ax(a＞1)．

x＋

1(1)证明f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．

证明：(1)设－1＜x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x－2x－23（x－x）

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

x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1）

f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

x0－2

(2)设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0＝－x0＋1

x0－21

由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在．

2x0＋1

1.分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．

2.反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．

请使用课时训练（B）第2课时（见活页）.[备课札记]