第一篇：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a 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.423π2①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝，422 22A·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] 1111ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b)abababab 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＋1S即2，∴ 数列n是等比数列． Sn 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＋lgb21211 lga>0，lgb>0，所以0 4lgalgb2 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a 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)＝22366 ∵ 可推出n＝1，2，3„，根个数分别为22，23，24，1n＋∴ 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] 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 1111ba·证明 (a＋b)＝2＋2＋2＝4.ababab 11又a与b不相等．故＞4.ab 考向二 分析法的应用 a＋mb2≤a＋mb.【例2】►已知m＞0，a，b∈R，求证：1＋m1＋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 x2－2x1＋1－x1－2x2＋13x2－x1＝0，x2＋1x1＋1x2＋1x1＋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) 22k2＋k12从而2x＋y＝2k－k＋ 21k2－k122 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． 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 12≥（a++a 2）,2 6分 427 即a+ 1a +4a2 1a +4≥a+2+ 1a +22a 1 +2, a 8分 从而只要证2a2 只要证4a 1a ≥2a 1 ,a 10分 1112 ≥2（a+2+）,即a2+≥2,而该不等式显然成立，故原不等式成立.14分 222aaa 例3若x,y都是正实数，且x+y＞2,求证：证明假设 1xy 1xy ＜2与 1xy 1yx ＜2中至少有一个成立.1yx ＜2和 1yx ＜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 1xy ＜2与 1yx ＜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 2511 证明要证ab≥ 4ab 2511 b≥ 4ab .,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 2511 b≥ 4ab 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≤ 41aa .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,(1a)b ≥(1a)b＞=,同理 (1b)c ＞ 12,(1c)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= an12 n1 an2 n = an12an n1 = bn2 n1 .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)3a2+ 3b2+3c2≤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≥ .= 3a32 (2)∵3a2=(3a2)1≤ 3a21,同理3b2≤ 3b32,3c2≤ 3c32 ∴3a2+3b2+3c2≤ x2x1 3(abc)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,∴ax2x1＞1且ax1＞0, ∴a∴ x2 -ax1=ax1(ax2x1-1)＞0.又∵x1+1＞0,x2+1＞0,-x12x11 x22x21 = (x22)(x11)(x12)(x21) (x11)(x21)x22x21 = 3(x2x1)(x11)(x21) ＞0,于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+ x12x11 ＞0,故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.x02x01 （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＜-x02x01 .＜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 x02x01 ＜-2,ax0＜1,∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾.x02x01 ＞0,ax0＞0,∴f(x0)＞0,与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.432 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. 龙源期刊网 http://.cn 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.第二篇：第2讲 直接证明与间接证明
第三篇：推理与证明-13.2 直接证明与间接证明(教案)
第四篇：2.1-2 合情推理与演绎推理、直接证明与间接证明
第五篇：5直接证明与间接证明
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