第2讲数学证明(教师版)（合集五篇）

第一篇：第2讲数学证明(教师版)

第2讲数学证明方法

基础知识自主梳理

一．直接证明方法

1．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方式．

2．一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过演绎推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫作综合法

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)为止．

二．间接证明方法

1．反证法：在证明数学命题时，先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立，这种证明方法叫作反证法．

2．反证法的证题步骤：

(1)作出否定结论的假设；(2)进行推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论． 难点疑点清零

1.综合法与分析法

（1）综合法证题是从条件出发，由因导果；分析法是从结论出发，执果索因．

（2）分析法证题时，一定要恰当地运用“要证”、“只需证”、“即证”等词语．

(3)综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知．

(4)分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知．

(5)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，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，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

（1）证明的基本步骤是：1)假设命题结论的反面是正确的；(反设)2)从这个假设出发，经过逻辑推理，推出与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾；(推谬)3)由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题的结论是正确的．(结论)

（2）反证法证题与“逆否命题法”是否相同？

反证法的理论基础是逆否命题的等价性，但其证明思路不完全是证明一个命题的逆否命题．反证法在否定结论后，只要找到矛盾即可，可以与题设矛盾，也可以与假设矛盾，与定义、定理、公式、事实矛盾．因此，反证法与证明逆否命题是不同的． 题型探究

探究点一：综合法证题

例1：在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，求证：△ABC为等边三角形．

证明：由A，B，C成等差数列，有2B＝A＋C①，由A，B，C为△ABC的三个内角，所以A＋B＋C＝π②，由①②，得B＝a，b，c成等比数列，有b2＝ac④，由余弦定理及③，可得b＝a＋c－2accos B＝a＋c－ac，再由④，得a＋c－ac＝ac，即(a－c)＝0，从而a＝c，所以A＝C ⑤。由②③⑤，得A＝B＝C＝

跟踪训练1 在△ABCπABC为等边三角形。322222222π3ACcos B，证明：B＝C.ABcos C

sin Bcos B证明 在△ABC中，由正弦定理及已知得.sin Ccos C

于是sin Bcos C－cos Bsin C＝0，即sin(B－C)＝0，因为－π

例2 求证：3＋5.22证明 37和5都是正数，所以要证3＋5，只需证(3＋7)5)，展开得10＋221<20，21<5，只需证21<25，因为21<25成立，所以3＋5成立． 跟踪训练2 aa－a－2a－3(a≥3)．

证明 方法一 aa－a－2a－3，只需证a＋a－3

π例3 已知α，β≠kπsin θ＋cos θ＝2sin α，①

22sin θ·cos θ＝sinβ.②

221－tanα1－tanβ＝.221＋tanα21＋tanβ

证明 因为(sin θ＋cos θ)－2sin θcos θ＝1，22所以将①②代入，可得4sinα－2sinβ＝1.③ 2sinαsinβ1－21－222cosαcosβ1－tanα1－tanβ另一方面，要证＝ 22221＋tanα21＋tanβsinαsinβ1＋2212cosαcosβ

12222即证cosα－sinβ－sinβ)，2

12222即证1－2sinα＝(1－2sinβ)，即证4sinα－2sinβ＝1.2

由于上式与③相同，于是问题得证．

跟踪训练3 若tan(α＋β)＝2tan α，求证：3sin β＝sin(2α＋β)．

sinα＋β2sin α证明 由tan(α＋β)＝2tan α得＝ cosα＋βcos α

即sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α①，要证3sin β＝sin(2α＋β)，即证3sin[(α＋β)－α]＝sin[(α＋β)＋α]，即证3[sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α]

＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α，化简得sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α.这就是①式．所以，命题成立.探究点四：用反证法证明定理、性质等一些事实结论

例4：已知直线a，b和平面α，如果a⊄α，b⊂α，且a∥b，求证：a∥α.证明 因为a∥b，:所以经过直线a，b确定一个平面β.因为a⊄α，而a⊂β，所以α与β是两个不同的平面．

因为b⊂α，且b⊂β，所以α∩β＝b.下面用反证法证明直线a与平面α没

有公共点．假设直线a与平面α有公共点P，则P∈α∩β＝b，即点P是直

线a与b的公共点，这与a∥b矛盾．

跟踪训练4：已知：a∥b，a∩平面α＝A，如图．求证：直线b与平面α必相交． 证明 假设b与平面α不相交，即b⊂α或b∥α.①若b⊂α，因为b∥a，a⊄α，所以a∥α，这与a∩α＝A相矛盾；

②如图所示，如果b∥α，则a，b确定平面β.显然α与β相交，设α∩β＝c，因为b∥α，所以b∥c.又a∥b，从而

a∥c，且a⊄α，c⊂α，则a∥α，这与a∩α＝A相矛盾．

探究点五：用反证法证明否定性命题

例5：求证：1,25不可能是一个等差数列中的三项．

证明 假设1,25是公差为d的等差数列的第p，q，r项，则2－1＝(q－p)d，5－1＝

1q－p(r－p)d，于是.因为p，q，r均为整数，所以等式右边是有理数，而等式左边5－1r－p

是无理数，二者不可能相等，推出矛盾，所以1,2，5不

可能是一个等差数列中的三项．

跟踪训练:5：已知三个正数a，b，cabc不成等差数列．

证明 a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，即a＋c＋2ac＝4b，而b2＝ac，即b＝，∴a＋c＋2＝4ac，∴(a－)2＝0.即a＝c，从而a＝b＝c，与a，b，cabc不成等差数列．

探究点六：用反证法证明“至多”、“至少”“唯一”型命题

例6：若函数f(x)在区间[a，b]上是增函数，那么方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多有一个实根．

证明 假设方程f(x)＝0在区间[a，b]上至少有两个实根，设α、β为其中的两个实根．因为α≠β，不妨设α<β，又因为函数f(x)在[a，b]上是增函数，所以f(α)

πππ222跟踪训练6：若a，b，c均为实数，且a＝x－2yb＝y－2z＋，c＝z－2x＋求236

证：a、b、c中至少有一个大于0.证明 假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，所以a＋b＋c≤0，πππ而a＋b＋c＝(x2－2y＋(y2－2z＋＋(z2－2x＋＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－236

1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，所以a＋b＋c>0，这与a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一个大于0.课后作业：

1． 已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是(C)

abA．若a>b，则ac2>bc2B．若>，则a>bcc

1111C．若a3>b3且ab<0D．若a2>b2且ab>0

2． A、B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的(C)

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件D．即不充分也不必要条件

3． 已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；

②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.其中正确命题的个数(B)

A．1B．2C．3D．

44． 反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是(D)

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

A．①②B．①③C．①③④D．①②③④

5． 设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有(B)

a2＋b2a2＋b2a2＋b2a2＋b2A．1≤ab≤B．ab<1

2ab6． 已知a，b为非零实数，则使不等式：≤－2成立的一个充分不必要条件是(C)ba

A．ab>0B．ab<0C．a>0，b<0D．a>0，b>0

17． 设0

A．aB．bC．cD．不能确定

1118． 已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，则＋＋(B)abc

A．一定是正数B．一定是负数C．可能是0D．正、负不能确定

1119． 设a，b，c都是正数，则三个数ab＋，c＋(C)bca

A．都大于2B．至少有一个大于

2C．至少有一个不小于2D．至少有一个不大于2

xn·x2n＋310． 已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2，„)，试证：“数列{xn}对任意的正整数n3xn＋

1都满足xn>xn＋1”，当此题用反证法否定结论时应为(D)

A．对任意的正整数n，有xn＝xn＋1B．存在正整数n，使xn＝xn＋1

C．存在正整数n，使xn≥xn＋1D．存在正整数n，使xn≤xn＋1

11． 设a2，b7－3，c＝6－2，则a，b，c的大小关系为a>c>b

112． 已知p＝a＋a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，则p、q的大小关系为p>q a－

213． “任何三角形的外角都至少有两个钝角”的否定应是存在一个三角形，其外角最多有一个钝角

14． 用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为a，b不全为0

15．若下列两个方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实

数a的取值范围是a≤－2或a≥－

116．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab

233222222证明：（方法一）3a＋2b－(3ab＋2ab)＝3a(a－b)＋2b(b－a)＝(3a－2b)(a－b)．因为

a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.33222222（方法二）要证3a＋2b≥3ab＋2ab，只需证3a(a－b)－2b(a－b)≥0，只需证(3a－2b)(a2222－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a－2b>2a－2b≥0，∴上式成立．

11117．已知a>0，>1，求证：1＋a>ba1－b

111证明：由－>1及a>0可知01＋a〃1－b>1，只需证ba1－ba－b111＋a－b－ab>1，只需证a－b－ab>0即，即－，这是已知条件，所以原不等式得＋abba

证．

18．已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．

证明:假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd>1，这与上式相矛盾，所以a，b，c，d中至少有一个是负数．

119．已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a.41111证明:假设三个式子同时大于即(1－a)b>(1－b)c>，(1－c)a>，三式相乘得(1－a)a〃(14444

1a＋1－a211－b)b〃(1－c)c>3，①又因为0

20．已知a、b、c是不全相等的正数，且0

a＋bb＋ca＋c证明：要证logx＋logx＋logx

logx（式a＋bb＋ca＋c2222≥ab>0，)0，a＋bb＋ca＋c222>abc.由公a＋b2b＋ca＋c22≥ac>0.又∵a，b，c是不全相等的正数，∴〃〃abc成立．∴logxa＋bb＋ca＋c2

logx

22>abc＝abc.即222a＋bb＋ca＋c22a＋b2＋logxb＋c2a＋c2

第二篇：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．

第三篇：第21讲：不等式的证明(教师用书)

（聚焦2008四川高考）第21讲：不等式的证明（2）

作套题，抓住知识点；详评讲，抓常规思维；仔细看，抓典型思维。

一、知识梳理

作商比较法不

综合分析法 分析法 判别式法向量法 三角换元均值换元 明增量换元反证法 整体换元数学归纳法

构造函数法

放缩法和最值法

二、点解读与例（考）题

（一）判别式法法证明不等式

依据：已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），则

当a＞0时，若Δ≤0，则f（x）≥0；

当a＜0时，若Δ≤0，则f（x）≤0。

⑴与二次函数有关，或通过等价变换为二次函数的问题可试用判别式法证明。

⑵对含有两个或两个以上的字母，若能变成某一个字母为主元的二次方程，也可利用判别式法证明。

【例1】已知a，b∈R且b＞0 b0，求证：a2+b2＞3a－2ab－3。

注：构造a的二次三项式。

【例2】设a，b，c∈R，证明：a2+ac+b2+3b（a+b+c）≥0，并指出等号成立的条件。

分析：⑴视为a的二次三项式；

⑵计算判别式；

⑶当b+c=0，即b=－c时，Δ=0，此时f（a）=（a+b）2=0，从而a=－b=c时等号成立。

【例3】已知x，y∈R，M= x2+y2+1，N=xy+x+y，试比较M与N的大小。

分析：构造函数f(x)MNx(y1)xyy1，于是由2

2f(x)0的3(y1)20知，当且仅当y2时，MN取等号。第21讲：不等式的证明（2）

1【例4】已知a,b,cR且abc2,abc2，证明：222

4a,b,c[0,]。

3分析：依题意得a(b2)a(b1)0，此时可将方程视为关于a的一元二次方程，于是(b2)4(b1)0，解得0b理可证a,b,c[0,]。

注：⑴当求不等式的字母指明是实数时，可构造一个一元二次方程，使不等式的字母作为方程各项的系数或常数项，从而利用判别式可得证。

⑵轮换对称不等式的证明方法：证明一个，其与的同；同理可证。

【例5】已知a,b,cR且abc0,abc1，求证：a、b、c中一定有一个不小于4。

分析：①若a,b,c均大于0，则abc0；

②若a,b,c均小于0，则abc0；

③若a,b,c两正一负，则abc0。则都与已知矛盾。

从而知a,b,c两负一正，不妨令a0，则aba,bc

c为一元二次方程xax222224。同3431，即b、a140的两根。于是a20，即aaa4。同理可证。a,b,c4。

1sec2xtanx3。【例6】求证：3sec2xtanx

策略：①如果是一元二次方程，则直接可利用判别式可证。

②如果是二次三项式，则先计算判别式，然后确定判别式的符号。

【例7】已知tanx=3tany（0＜y＜x＜），且w=x—y，求w的最大值。

2（二）数学归纳法证明与自然数有关的命题。

（1）数学归纳法是证明具有递推性的自然数命题P（n）的正确性的重

要的数学方法。

（2）证明程序：①命题的递推基础；②递推依据。

（3）用数学归纳法证明不等式的关键在递推依据，证明时必须明确： 当n=k+1时，所要证明的结果P（k+1）是什么，而且必须利用归纳假设P（k），经过推理演算得出P（k+1）。

⑷在推证程序(递推依据)时，应依据具体问题灵活恰当地处理和使用公式法：比较法、分析法、放缩法等。

111n*++…+（n∈N），求证：f（2n）＞。23n

21311分析：当n=1时，f(2)1，此时不等式成立。假设当222

111kkn=k时不等式成立，即f(2)1k。2322

11111k1则当n=k+1时，f(2)1kkk1＞232212

kk11111+(＞+（++…)kkkkkkkk222122222222【例8】已知f（n）=1+

k2kk1k11k+）（共2项）k。kkk22222222

故当n=k+1时不等式成立，即命题成立。

【例9】对于一切大于1的自然数n，证明：（1+111）（1+）…（1+）352n1＞2n1。2

分析：当n=2时不等式成立。

假设当nk(k2)时不等式成立，即（1+111）（1+）…（1+）352n1＞2n1成立。2

则当n=k+1时，（1+1111）（1+）…（1+）（1+）＞352k12k12k12k2k1+=。于是由 22k12k

1(k1

2k1)2(2k321)0(kN,n2)知不等式24(2k1)

成立。

故当n=k+1时不等式成立，即命题成立。

（三）构造函数法：数学问题若能将其某些字母视为变量二建立联系，构造函数（一次、二次、指数函数等），从而利用函数性质解决问题将会使问题获得简洁的求解（证明），构造相应的公式证明不等式。

【例10】设不等式mx2xm10对满足|m|2的一切m值都成立。求实数x的取值范围。

变式：若x,y,z(0,1),证明：(1y)x(1z)y(1x)z1。注：构造一次函数证明即可。

【例11】设a1，a2，a3，…，an∈R+，证明：对nN有

22(a1a2an)2n(a12a2an)。2*

策略：由不等式

22(a12a2an)x22(a1a2an)xn0对一切xR而且xN*均成立，即(a1x1)2(a2x1)2(anx1)20，于是构造二次函数。因此令

22y(a12a2an)x22(a1a2an)xn(ai0,i1,2,,n对xR而且xN均成立，从而由0得

22(a1a2an)2n(a12a2an)。*

变式：求证：

2222(a1b1a2b2anbn)2(a12a2an)(b12b2bn)，并

讨论何时取得等号（柯西不等式）。

证：若ai0或bi0(i1,2,,n)，则左=右=0。此时不等式成立，且取等号。

若ai0(i1,2,,n)不全为零，则考虑函数：

f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2，由f(x)0对于一切实数x恒有成立，从而

2222f(x)(a12a2an)x22(a1b1a2b2anbn)x(b12b2bn)，于是依题意a1a2an0且xR，f(x)0，从而由0得

2222(a1b1a2b2anbn)2(a12a2an)(b12b2bn)。22

2其中等号成立f(x)0的0，即方程有相等实数根x0，即(aix0bi)20，从而

i1nbb1b2nx0。a1a2an

bb1b2nx0时等a1a2an综上所得当ai0或bi0(i1,2,3,,n)或

号成立。

例

3、已知ab0，求证：abab。

策略1：构造指数函数f(x)()；策略2：比商法。

例

4、设三角形三边a、b、c，求证：

策略：令f(x)abbaabxabc。1a1b1cx11,x(0,)。由函数的单调性知，1x1x

x在区间(0,)上是单调递增函数，于是由a、b、c为三角形1x的三边知abc，从而有f(x)

f(ab)f(c)，即

原不等式得证。

例

5、求证：sinx2ababc，故1a1b1(ab)1(ab)1c45。2sinx

策略：⑴构造指数函数f(x)x

必须依单调性定义证明。4，⑵利用函数的单调性得证（但x

注：一般地，当x0,a0,b0时。①f(x)xa在区间(0,a]单调递减，在区间[a,)单调递增； x

111,0)(0,]单调递减，在区间在区间[aax②f(x)ax

(,11][,)单调递增； aa

bbb,0)(0,]单调递减，在区间在区间[aax③f(x)ax

(,bb][,)单调递增。aa

例

6、设a、b、c、d∈R，22求证：ab+cd≥(ac)(bd)。2222

精析：对于一个问题，多是利用常规思维方法进行求解，几经周折不得结果。这时，可以启发学生利用数形结合的思想进行试探，于是学生马上就会联想到两点间的距离公式。因为x1，x2，y1，y2∈R且含有平方和开方运算，形式与题意何等相似！

于是设P（a，b），Q（c，d）为坐标平面上两点，则|OP|=ab，22|OQ|=cd，|PQ|=(ac)(bd)，显然有|OP|+|OQ|≥|PQ|。2222

（五）

第四篇：数学证明2

高二数学文科选修1-2 导学案编写人：陈庆梅周荣贵编号： 013审核人：审批人：使用日期 20100318组名：姓名：学生评价：教师评价：

2.数学证明（文科）

使用说明：1.独立认真限时完成导学案，规范书写。

2.认真反思，总结方法规律。

重点：正确地运用演绎推理 ,进行简单的推理

难点：能够正确运用演绎推理进行简单的数学证明

一、学习目标：

1.体会演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本方法

2.能运用演绎推理进行一些简单的推理，了解合情推理与演绎推理之间的联系与差别 3．体验数学推理过程，激发学习兴趣，培养创新能力。

二、知识内容导学：

1．一般性得原理出发，推出某个特殊情况下得结论，我们把这种推理称为推理.简而言之，演绎推理是由一般到特殊的推理.2.演绎推理的一般形式：

演绎推理的主要形式，就是由,_____推出_____的三段论式推理.三段论式推理常用的一种格式，可以用以下形式来表示：M是PS是M__________S是P

三段论的形式中包括三个判断。第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况；这连个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断—结论.3.三段论推理的根据：用集合论的观点来讲，就是：集合M的所有元素都具有性质P，S是M的子集，所以S中的所有元素都具有性质P.三．合作探究：（阅读课本第58-59页内容完成下列问题）

例1：因为指数函数yax増函数，（大前提）

x

而y1

2



是指数函数，（小前提）

x

所以y1

2

是増函数（结论）

（1）上面的推理形式正确吗？（2）推理的结论正确吗？为什么？

例2：将下列演绎推理写成三段论的形式

(1)菱形的对角线互相平分（2）方程 x

22x20无实根

（3）直角三角形的内角和为1800

填空：补充下面推理的三段论因为__________

又因为是无限不循环小数所以是无理数

思考：有一个三角形，它的边长分别为3cm,4cm,5cm，请判断三角形的形状

例1：如图所示，在锐角三角形ABC中，AD⊥BC于点D,BE⊥AC于点E,D,E是垂足，求证：（1）△ABD是直角三角形

(2)AB的中点M到D、E的距离相等证明：（1）因为有一个内角

是直角的三角形是直角三角形，（大前提）

在△ABC中，AD⊥BC，即∠ADB=900，（小前提）

所以 △ABD 是直角三角形（结论）

仿照（1）的做法完成（2）(2)

例2：a,b,c为实数，求证：a2b2c2

abbcca 证明：（1）一个实数的平方是一个非负数，（大前提）a,b为实数（小前提）所以ab2

0（结论）

（2）不等式两边同加上一个数或式子，不等式仍成立，（大前提）

ab20，2ab=2ab，（小前提）

所以a2

b2

2ab（结论）

（3）同理b2c22bc,c2a22ca（4）

（5）

证明通常简略地表述为：a,b为实数ab2

0

a2b22ab

同理b2c2

2bc

c2a22ca



a2b2b2c2c2a22ab2bc2ca2



a2b2c2



2abbcca

a2b2c2abbcca

仿照上例，分析教材例2的演绎推理过程，明确每一步的推理

四．巩固练习：

1.数列an2

n的前n项和为Sn，已知a11,an1n

Sn.求证（1）数列

Sn

是等比数列 n

（2）Sn14an

五．小结：（1）知识与方法：

（2）数学思想与方法：

六．当堂检测

1将下列演绎推理写成三段论的形式

（1）0.332.是有理数（2）ysinx（xR)是周期函数

2.有一段演绎推理是这样说的：“直线平行于平面，则平行于平面内所有直线；已知直线b不 在平面上，直线a在平面上，直线b∥平面，则直线b∥直线a”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

3.证明函数fxx2

2x在,1上是增函数.分析：证明本例所依据的大前提是增函数的定义，即函数y=f(x)满足：在给定区间内任取自变量的两个值x1,x2，若x1x2，则有fx1fx2.小前提是fxx2

2x，x,1满足增函数的定义，这是证明本例的关键.证明：

第五篇：第05讲_固定资产（2）

模块一　会计基础知识介绍

专题四、固定资产

二、固定资产折旧

应计折旧额：是指应当计提折旧的固定资产的原价扣除其预计净残值后的金额。已计提减值准备的固定资产，还应当扣除已计提的固定资产减值准备累计金额。

应计折旧额=原值-净残值-减值准备

（一）固定资产折旧范围

除以下情况外，企业应对所有的固定资产计提折旧：

1.已提足折旧仍继续使用的固定资产；

2.按照规定单独估价作为固定资产入账的土地（历史遗留问题）。

【特别提示】

①未使用、不需用的固定资产照提折旧。（计入“管理费用”）

②处于更新改造过程停止使用的固定资产，应将其账面价值转入在建工程，不再计提折旧。

③固定资产提足折旧后，不论是否继续使用，均不再计提折旧。

④提前报废的固定资产不再补提折旧。

⑤替换使用的设备需要计提折旧。

⑥大修理停用的固定资产照提折旧。（按正常方式）

【手写板】

（二）固定资产折旧方法

企业应当根据与固定资产有关的经济利益的预期消耗方式，合理选择固定资产折旧方法。

可选用的折旧方法包括年限平均法、工作量法、双倍余额递减法和年数总和法等。

其中，双倍余额递减法和年数总和法是加速折旧法。固定资产的折旧方法一经确定，不得随意变更。

1.年限平均法（又称直线法）

月折旧率=年折旧率÷12

月折旧额=固定资产原价×月折旧率

【补充例题·计算题】

一座厂房原值500

000元，预计使用10年，残值率为10%，计算月折旧额。

【正确答案】

年折旧率=（1-10%）/10=9%

月折旧率=9%÷12=0.75%

月折旧额=500

000×0.75%=3

750（元）

2.工作量法

某项固定资产月折旧额=该项固定资产当月工作量×单位工作量折旧额

【补充例题·计算题】

某企业一辆卡车原价60

000元，预计总里程为500

000公里，预计净残值率为5%，本月行驶400公里，计算当月应提的折旧额。

【正确答案】

当月折旧额=0.114×400=45.60（元）

3.双倍余额递减法

双倍余额递减法：是指在不考虑固定资产预计净残值的情况下，根据每期期初固定资产原价减去累计折旧后的金额和双倍的直线法折旧率计算固定资产折旧的一种方法。

应在其折旧年限到期前两年内，将固定资产净值扣除预计净残值后的余额平均摊销。

计算公式如下：

【补充例题·计算题】

某企业一项固定资产的原价为20

000元，预计使用年限为5年，预计净残值200元。按双倍余额递减法计算折旧，每年的折旧额计算如下：

【正确答案】

年折旧率=2/5×100%=40%

第一年应提的折旧额=20

000×40%=8

000（元）

第二年应提的折旧额=（20

000-8

000）×40%=4

800（元）

第三年应提的折旧额=（20

000-8

000-4

800）×40%=2

880（元）

第四、第五年的年折旧额=（20

000-8

000-4

800-2

880-200）÷2=2

060（元）

4.年数总和法（又称年限合计法）

【补充例题·计算题】

接上例，假如采用年数总和法，每年折旧额的计算如下：

【正确答案】

第一年折旧额=（20

000-200）×5/15=6

600（元）

第二年折旧额=（20

000-200）×4/15=5

280（元）

第三年折旧额=（20

000-200）×3/15=3

960（元）

第四年折旧额=（20

000-200）×2/15=2

640（元）

第五年折旧额=（20

000-200）×1/15=1

320（元）

【特别提示】

①企业应当按月计提固定资产折旧，当月增加的固定资产，当月不计提折旧，从下月起计提折旧；当月减少的固定资产，当月仍计提折旧，从下月起不计提折旧。

②折旧的对应科目

a.基本生产车间使用的固定资产，其计提的折旧应计入制造费用，并最终计入所生产产品成本；

b.管理部门使用的固定资产，其计提的折旧应计入管理费用；

c.未使用的固定资产，其计提的折旧应计入管理费用；

d.销售部门使用的固定资产，其计提的折旧应计入销售费用；

e.用于工程的固定资产，其计提的折旧应计入在建工程；

f.用于研发无形资产的的固定资产，其计提的折旧应计入研发支出等。

借：制造费用

管理费用

销售费用

在建工程

研发支出等

贷：累计折旧

三、固定资产处置的会计处理

固定资产处置一般通过“固定资产清理”科目进行核算（★★除固定资产盘亏之外）。

【特别提示】

①固定资产盘亏应该计入“待处理财产损溢”。

②固定资产出售、报废或毁损的会计处理：“固定资产清理”，不利记借方，有利记贷方，最后转损益

阶段

账务处理

1.固定资产转入清理

借：固定资产清理

累计折旧

固定资产减值准备

贷：固定资产

2.发生的清理费用

借：固定资产清理

贷：银行存款

3.出售收入、残料等的处理

借：银行存款/原材料等

贷：固定资产清理

应交税费——应交增值税(销项税额)

4.保险赔偿的处理

借：其他应收款/银行存款等

贷：固定资产清理

5.清理净损益的处理

总原则：依据固定资产处置方式的不同

1.因已丧失使用功能（如：正常报废清理）或因自然灾害发生毁损等原因而报废清理产生的利得或损失应计入营业外收支。

2.因出售、转让等原因产生的固定资产处置利得或损失应计入资产处置损益。（人为原因）

净损失

①属于生产经营期间正常报废清理的处理净损失

借：营业外支出——处置非流动资产损失

贷：固定资产清理

②属于自然灾害等非正常原因造成的损失

借：营业外支出——非常损失

贷：固定资产清理

③出售、转让等原因造成的损失（人为原因）

借：资产处置损益

贷：固定资产清理

净收益

①固定资产清理完成后的生产经营期间净收益【已丧失使用功能（如：正常报废清理）或因自然灾害等】

借：固定资产清理

贷：营业外收入

②出售、转让等原因产生的净收益（人为原因）

借：固定资产清理

贷：资产处置损益

注：筹建期间的，冲减“管理费用”。

四、补充内容

1.资产的账面余额：是指某科目的账面实际余额，不扣除备抵项目（如：减值准备、累计折旧或累计摊销等）（一般指原值）

2.资产的账面价值：是指某科目的账面余额减去相关的备抵项目后的净额。

3.负债的账面价值：一般等于其账面余额。

例如：

资产项目

含义

①存货、长期股权投资等

账面余额、账面价值

②固定资产

账面余额、账面净值（折余价值）、账面价值

③无形资产

账面余额、摊余价值、账面价值

【手写板】