2.2直接证明与间接证明同步练习含答案详解

第一篇：2.2直接证明与间接证明同步练习含答案详解

2.2直接证明与间接证明

一、选择题（每小题5分，共20分）

1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的（）Ａ．充分条件

Ｂ．必要条件

Ｃ．充要条件Ｄ．等价条件

2．下列给出一个分析法的片断：欲证θ成立只需证P1成立，欲证P1成立只需证P2成立，则P2是θ的一个（）A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．必要不充分条件

4． 3.设a，b，c，d，m，nR，P

Q）Ａ．P≥QＢ．P≤Q

Ｃ．PQ

Ｄ．PQ

x

4.已知函数f(x)12，a，bRfab

，A2，Bf，Cfab

ab，则A，B，C的大小关系（）

Ａ．A≤B≤CＢ．A≤C≤B

Ｃ．B≤C≤A

Ｄ．C≤B≤A

二、填空题(每小题5分，共10分)

5．写出用三段论证明f(x)x3sinx(xR)为奇函数的步骤是．

6．由三角形的性质通过类比推理，得到四面体的如下性质：四面体的六个二面角的平分面交于一点，且这个点是四面体内切球的球心，那么原来三角形的性质为．

三、解答题(共70分)

7.（15分）设a、b是两个正实数，且a≠b，求证：a

3＋b3

＞a

2bab2

8.（20

分）设

32x2，求证：2x12x33x8

9．(20分)设a,b,c为任意三角形边长，Iabc,Sabbcca，试证：3SI

4S

10.（15分）在△ABC

(abc)(abc)3ab2

中，已知，且

Ac．判断B△ABC的形状．C

2.2直接证明与间接证明答题纸

得分：

一、选择题

二、填空题 5．6．

三、解答题 7.8.9.10.2.2直接证明与间接证明答案

一、选择题

1.A

2.A解析：∵欲证θ成立只需证P1成立，∴P1⇒θ.∵欲证P1成立只需证P2成立，∴P2⇒P1，∴P2⇒θ.∴P2是θ的一个充分条件.3.B 4.A

二、填空题

5.满足f(x)f(x)的函数是奇函数，大前提

f(x)(x)3sin(x)x3sinx(x3sinx)f(x)，小前提

所以f(x)x3sinx是奇函数．结论

6.三角形内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心

三、计算题

7.解：证明一：(分析法)

要证a+b＞abab成立，只需证(a+b)(a-ab+b)＞ab(a+b)成立，即需证a-ab+b＞ab成立。(∵a+b＞0)只需证a-2ab+b＞0成立，即需证ab＞0成立。

3322

而由已知条件可知，a≠b，有a-b≠0，所以ab＞0显然成立，由此命题得证。

证明二：(综合法)

∵a≠b，∴a-b≠0，∴ab＞0，即a-2ab+b＞0

亦即a-ab+b＞ab

由题设条件知，a+b＞0，∴(a+b)(a-ab+b)＞(a+b)ab即a+b＞abab，由此命题得证。

abab222)8．证明：由于a,bR时，(，得ab2(ab)223

那么，2x33x2(2x3153x)242x

2x1242x2(4x4242x)2x228

上述第一个不等式中等号成立的条件为：2x3153xx185[32,2] 故原不等式成立。

9.证明：由于I2

(abc)2a2b2c22ab2bc2caa2b2c22S

欲证3SI

4S，只需3Sa2b2c22S4S，只需证Sa2

b2

c2

2S，即abbccaa2

b2

c2

2ab2bc2ca； 只需证a2

b2

c2

abbcca且a2

b2

c2

2ab2bc2ca； 先看

a2b2c2abbcca，只需证2a22b22c22ab2bc2ca(ab)2(bc)2(ca)20，显然，此式成立，再看a2

b2

c2

2ab2bc2ca，只需证a2

abacb2

abbcc2

bcca0； 只需证a(abc)b(bac)c(cba)0；

只需证abc且bca且cab，由于a,b,c为三角形边长，显然，结论成立； 故3SI

24S

10.解：∵ABC180°，∴sinCsin(AB)． 又2cosAsinBsinC，∴2cosAsinBsinAcosBcosAsinB，∴sin(AB)0．

又A与B均为△ABC的内角，∴AB． 又由(abc)(abc)3ab，得(ab)2c23ab，a2b2c2ab，又由余弦定理c2a2b22abcosC，得a2b2c22abcosC，∴2abcosCab，cosC，∴C60°． 又∵AB，∴△ABC为等边三角形．

即，

第二篇：直接证明与间接证明

乡宁三中高中部“自主、互助、检测”大学堂学案数学选修2-22014 年3月4日 课题：直接证明与间接证明

主备人：安辉燕参与人：高二数学组1112.①已知a,b,cR，abc1，求证：9.abc

②已知a，b，m都是正数，并且ab.求证:ama.学习任务：

①了解直接证明的两种基本方法----分析法和综合法；并会用直接法证明一般的数

学问题

②了解间接证明的一种方法----反证法，了解反证法的思考过程、特点；会用反证

法证明一般的数学问题 3.求证725

自学导读：

阅读课本P85--P91，完成下列问题。

1．直接证明----综合法、分析法

(1)综合法定义：

框图表示：

问题反馈：

思维特点是：由因导果

(2)分析法定义：

框图表示：

思维特点：执果索因

2．间接证明----反证法

定义：

步骤：

思维特点：正难则反 拓展提升：

3.讨论并完成课本例1--例5 设a为实数，f(x)x2axa.求证：

自主检测：

1.如果3sinsin（2+），求证：tan()2tan.-bmbf(1)与f(2)中至少有一个不小于12.

第三篇：6.6 直接证明与间接证明修改版

高三导学案学科 数学 编号 6.6编写人 陈佑清审核人使用时间

班级：小组：姓名：小组评价：教师评价：课题：（直接证明与间接证明）

【学习目标】

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。

【重点难点】

重点 ：了解直接证明和间接证明的思考过程、特点。

难点 ：了解直接证明和间接证明的思考过程、特点。

【使用说明及学法指导】①要求学生完成知识梳理和基础自测题；限时完成预习案，识记基础知识；②课前只独立完成预习案，探究案和训练案留在课中完成预习案

一、知识梳理

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，最后推导出所要证明的结论，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：从出发，逐步寻求使它成立的，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，经过正确的推理，最后得出，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．

二、基础自测

1.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B．3个C．4个D．5个

2.）

A．综合法

B．分析法C．反证法D

．归纳法

3.用反证法证明“如果a

b）

A



D4．定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：

①1*1＝1，②(n＋1)*1＝n*1＋1，则n*1＝________．

5.下列条件：①ab0，②ab0，③a0,b0，④a0,b0，其中能使

是。ba2成立的条件ab

探究案

一、合作探究

a2b2c

2abc。例

1、设a,b,c0，证明bca

例

2、已知函数f(x)tanx,x(0,xx21)，)。若x1,x2(0,)，且x1x2，[f(x1)f(x2)]f(1 222

2例

3、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。

二、总结整理

训练案

一、课中训练与检测

1.设a，b为正实数．现有下列命题：

11①若a2－b2＝1，则a－b<1；②若1，则a－b<1；③若|a－b|＝1，则|a－b|<1；④若|a3－b3|＝1，则ba

|a－b|<1.其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号)

2.已知a

01a2。a

二、课后巩固促提升

已知a0,b0，且ab2，求证1b1a,中至少有一个小于2.ab

第四篇：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.

第五篇：2.2直接证明与间接证明学案(含答案)

§2.2直接证明与间接证明学案

审核签名：编制：编制时间： 3月4日 完成所需时间： 40分钟班级姓名第小组 一．自主测试

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

b

11a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

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）.③综合法

2①反证法②分析法

4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax+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

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.二．典例分析

例1（1）设a,b,c＞0,证明：

a

2b



b

2c



c

a

≥a+b+c.abc

（2）已知a,b,c为互不相等的非负数.求证：a2+b2+c2＞

例2（1

1xy

1yx

（a

+

b

+

c)

（2）已知a＞0,求证：

a



1a

≥a+

1a

-2.例3 若x,y都是正实数，且x+y＞2, 求证：

＜2与＜2中至少有一个成立.三．巩固练习

1.用反证法证明“如果a＞b,那么a

＞b”假设内容应是2.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=loga

cb,q=log

c

12

，则p,q的大小关系



a

b

是.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=a②［a*(b*a)］*(a*b)=a ③b*(b*b)=b

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）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.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）

7.（教材）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。

8.（教材）已知1tan3sin24cos22tan

1,求证

9.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于

14.参考答案

一，自主测试

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+b+

b1

1a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

答案＞ 3.要证明

+

7＜

2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（填序号）.③综合法

①反证法答案②

②分析法

4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax+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 二．典例分析

例1设a,b,c＞0,证明：

a

b



b

c



c

a

≥a+b+c.证明∵a,b,c＞0，根据基本不等式，有

a

b

+b≥2a,a

b

c

+c≥2b,b

c

a

+a≥2c.三式相加：即

a

bc

+

c

+

c

a

+a+b+c≥2(a+b+c).b

+

b

c

+

a

≥a+b+c.变.已知a,b,c为互不相等的非负数.求证：a+b+c＞

abc

（a

+

+

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“=”，22

2∴a+b+c＞ab+bc+ac, ∵ab+bc≥2ab+ac≥2

abc,bc+ac≥2

abc,abc,又a,b,c为互不相等的非负数，∴ab+bc+ac＞∴a2+b2+c2＞

abc

（a

a

+

b

b

+

c

c),abc

(++).例2（1）略（2）已知a＞0,求证： 证明要证只要证

a

a



1a

≥a+

1a

-2.a1a



1a

1a

≥a++

1a

-2,2分



+2≥a+.

∵a＞0,故只要证



a



1a

2



≥（a+

1a

+）,6分

即a2+

1a

+

4a



1a

+4

≥a2+2+

a

+2

1

2a+2,aa

1a

8分 10分

从而只要证2

只要证4a



1a

≥

1

2a,a





112

≥2（a+2+22aa）,即a+

≥2,而该不等式显然成立，14分

故原不等式成立.例3若x,y都是正实数，且x+y＞2, 求证：

1xy

＜2与

1xy

1yx

＜2中至少有一个成立.1yx

证明假设则有

1xy

＜2和

1yx

＜2都不成立，≥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

一、填空题

1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a＞b,那么答案a

a

1xy

＜2与

1yx

＜2中至少有一个成立.＞b”假设内容应是=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

b，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=a②［a*(b*a)］*(a*b)=a ③b*(b*b)=b 答案②③④

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）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

.④(a*b)*［b*(a*b)］=b

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.略，8略

9.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于.41证明方法一假设三式同时大于，即(1-a)b＞,(1-b)c＞,(1-c)a＞,111

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

164

.1aa

又(1-a)a≤

2

=,同理（1-b）b≤,(1-c)c≤,∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤

164,这与假设矛盾，故原命题正确.方法二假设三式同时大于，41

∵0＜a＜1,∴1-a＞0,(1a)b

≥

(1a)b

＞

=,同理

(1b)c

＞,232

(1c)a

＞,三式相加得＞,这是矛盾的，故假设错误，∴原命题正确.