高考数学一轮总复习 14.2 直接证明与间接证明教案 理 新人教A版
2014高考数学一轮汇总训练《直接证明与间接证明 》理 新人教A版
第六节直接证明与间接证明[备考方向要明了][归纳·知识整合]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―→…―→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．(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.[探究] 1.综合法与分析法有什么联系与差异？提示：综合法与分析法是直接证明的两种基本方法，综合法的特点是从已知看可知，逐步推出未知．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱．分析法是从未知看需知，逐步靠拢已知．当命题的条件与结论之间的联系不够明显、直接，证明中需要用哪些知识不太明确具体时，往往采用从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻求使当前命题成立的充分条件，把证明转化为判定这些条件是否具备的问题．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．[探究] 2.在什么情况下可考虑利用反证法证明问题？提示：反证法是间接证明的一种方法，它适用于以下两种情形：(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；(2)若从正面证明，需要分成多种情形进行讨论，而从反面证明，只需研究一种或很少的几种情形．[自测·牛刀小试]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个解析：选D 由综合法、分析法和反证法的推理过程可知，①②③④⑤都正确． 2．(教材习题改编)要证明3＋7<25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )A ．综合法B ．分析法C ．反证法D ．归纳法解析：选B 要证明3＋7<25成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明． 3．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”假设内容应是( ) A.3a ＝3bB.3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3b D.3a ＝3b 或3a <3b解析：选D 假设结论不成立， 即3a >3b 的否定为3a ≤ 3b .4．在不等边三角形中，a 为最大边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足________．解析：由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，所以b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.答案：a 2>b 2＋c 25．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a b≥2成立的条件的个数是________．解析：要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0且a b>0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个． 答案：3[例1] 设a 、b 、c ＞0，证明a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .[自主解答] ∵a 、b 、c ＞0，根据基本不等式，有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . ———————————————————利用综合法证明问题的步骤保持本例条件不变 ，试证明a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)·(a ＋b ＋c )．证明：∵a 、b 、c >0，∴a 2＋b 2≥2ab ， ∴(a 2＋b 2)(a ＋b )≥2ab (a ＋b )，∴a 3＋b 3＋a 2b ＋ab 2≥2ab (a ＋b )＝2a 2b ＋2ab 2， ∴a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2.同理，b 3＋c 3≥b 2c ＋bc 2，a 3＋c 3≥a 2c ＋ac 2，将三式相加得，2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2b ＋ab 2＋b 2c ＋bc 2＋a 2c ＋ac 2.∴3(a 3＋b 3＋c 3)≥(a 3＋a 2b ＋a 2c )＋(b 3＋b 2a ＋b 2c )＋(c 3＋c 2a ＋c 2b )＝(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．∴a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．1．已知x ＋y ＋z ＝1，求证：x 2＋y 2＋z 2≥13.证明：∵x 2＋y 2≥2xy ，x 2＋z 2≥2xz ，y 2＋z 2≥2yz ， ∴2x 2＋2y 2＋2z 2≥2xy ＋2xz ＋2yz .∴3x 2＋3y 2＋3z 2≥x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋2xz ＋2yz . ∴3(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋y ＋z )2＝1. ∴x 2＋y 2＋z 2≥13.[例2] 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.[自主解答] 要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22， 只需证明sin x 1＋x 22cos x 1cos x 2>sin x 1＋x 21＋cos x 1＋x 2.由于x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．故cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0， 1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2， 即证cos(x 1－x 2)<1.这由x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，x 1≠x 2知上式是显然成立的．因此，12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.———————————————————分析法的适用条件当所证命题不知从何入手时，有时可以运用分析法获得解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往行之有效，对含有根式的证明问题要注意分析法的使用．2．已知a ＞0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2. ∵a ＞0，故只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a 2≥ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ， 只要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.[例3] 设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列； (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？[自主解答] (1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)，∵a 1≠0，∴(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，解得q ＝0，这与q ≠0相矛盾，故数列{S n}不是等比数列．(2)当q＝1时，{S n}是等差数列．当q≠1时，{S n}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＋q2)．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，{S n}是等差数列；当q≠1时，{S n}不是等差数列．———————————————————1．反证法的解题原则反证法的原理是“正难则反”，即如果正面证明有困难时，或者直接证明需要分多种情况而反面只有一种情况时，可以考虑用反证法．2．反证法中常见词语的否定形式3．求证：a，b，c为正实数的充要条件是a＋b＋c>0，且ab＋bc＋ca>0和abc>0.证明：必要性(直接证法)：∵a，b，c为正实数，∴a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，因此必要性成立．充分性(反证法)：假设a，b，c是不全为正的实数，由于abc>0，则它们只能是两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0.又∵ab＋bc＋ca>0，∴a(b＋c)＋bc>0，且bc<0，∴a(b＋c)>0.①又a<0，∴b＋c<0.而a＋b＋c>0，∴a＋(b＋c)>0，∴a>0.这与a<0的假设相矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．另外证明：如果从①处开始，进行如下推理：a＋b＋c>0，即a＋(b＋c)>0.又a<0，∴b＋c>0.则a(b＋c)<0，与①式矛盾，故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．3个规律——利用综合法、分析法、反证法证题的一般规律(1)综合法证题的一般规律用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论．(2)分析法证题的一般规律分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．(3)反证法证题的一般规律反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A.即在同一讨论过程中，A和非A有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现．3个注意点——利用反证法证明问题应注意的问题(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的；(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法；(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，有的与已知事实相矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的.易误警示——不等式证明中的易误点[典例] (2011·安徽高考)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋1xy ≤1x＋1y＋xy；(2)设1<a≤b≤c，证明log a b＋log b c＋log c a≤log b a＋log c b＋log a c. 证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ⇐⇒ xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy ·(x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立． (2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数的换底公式得 log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1. 故由(1)可知所要证明的不等式成立． [易误辨析]1．证明问题(1)有两处易误点：①不能利用分析法将其正确转化，从而无法找到证明问题的切入口；②不能灵活运用综合法将作差后的代数式变形(即分解因式)，从而导致无法证明不等式成立．2．证明问题(2)时常因忽视条件“1<a ≤b ≤c ”而不能挖掘出其隐含条件，即x ＝log a b ，y ＝log b c ，从而无法证明不等式．3．在选择证明方法时，一定要有“综合性选取”的意识，明确数学证明方法不是孤立的，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程．[变式训练] 1.设函数f (x )＝x n ＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点；(2)设n 为偶数，|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，求b ＋3c 的最小值和最大值． 解：(1)证明：当b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f (x )＝x n＋x －1.∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12×1<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在零点． 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＝nx n －1＋1>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的．∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点．(2)法一：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－1≤f －1≤1，－1≤f 1≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤b －c ≤2，－2≤b ＋c ≤0.由图象知，b ＋3c 在点(0，－2)处取到最小值－6， 在点(0,0)处取到最大值0，故b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0. 法二：由题意知－1≤f (1)＝1＋b ＋c ≤1， 即－2≤b ＋c ≤0，① －1≤f (－1)＝1－b ＋c ≤1， 即－2≤－b ＋c ≤0，② ①×2＋②得－6≤2(b ＋c )＋(－b ＋c )＝b ＋3c ≤0，当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.法三：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝1－b ＋c ，f 1＝1＋b ＋c ，解得b ＝f 1－f －12，c ＝f 1＋f －1－22，∴b ＋3c ＝2f (1)＋f (－1)－3.又∵－1≤f (－1)≤1，－1≤f (1)≤1，∴－6≤b ＋3c ≤0， 当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：选 Aa ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .2．(2013·成都模拟)设a ，b ∈R ，则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若“a ＋b ＝1”，则4ab ＝4a (1－a )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋1≤1；若“4ab ≤1”，取a ＝－4，b ＝1，a ＋b ＝－3，即“a ＋b ＝1”不成立；则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的充分不必要条件．3．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P 、Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定解析：选C 假设P <Q ，要证P <Q ，只要证P 2<Q 2，只要证：2a ＋7＋2a a ＋7<2a ＋7＋2a ＋3a ＋4，只要证a 2＋7a <a 2＋7a ＋12，只要证0<12， ∵0<12成立，∴P <Q 成立．4．(2013·银川模拟)设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 ，a <b 及a ＝b 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立， 其中正确判断的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C ①②正确；③中，a ≠b ，b ≠c ，a ≠c 可以同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，故正确的判断有2个．5．不相等的三个正数a ，b ，c 成等差数列，并且x 是a ，b 的等比中项，y 是b ，c 的等比中项，则x 2，b 2，y 2三数( )A ．成等比数列而非等差数列B ．成等差数列而非等比数列C ．既成等差数列又成等比数列D ．既非等差数列又非等比数列解析：选B 由已知条件，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2b ， ①x 2＝ab ， ②y 2＝bc . ③由②③得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝x 2b，c ＝y2b ，代入①，得x 2b ＋y 2b＝2b ，即x 2＋y 2＝2b 2.故x 2，b 2，y 2成等差数列．6．在R 上定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc .若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－12B ．－32C.12D.32解析：选D 据已知定义可得不等式x 2－x －a 2＋a ＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)≤0，解得－12≤a ≤32，故a 的最大值为32.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是________．答案：“∃x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”8．(2013·株洲模拟)已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)且1a ＋9b＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析：∵a ，b ∈(0，＋∞)且1a ＋9b＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9a b＋b a ≥10＋29＝16，∴a ＋b 的最小值为16.∴要使a ＋b ≥μ恒成立，需16≥μ，∴0＜μ≤16. 答案：(0,16]9．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围是________．解析：法一：(补集法)令⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝－2p 2＋p ＋1≤0，f 1＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 法二：(直接法)依题意有f (－1)>0或f (1)>0， 即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0， 得－12<p <1或－3<p <32，故满足条件的p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，32三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．已知a >0，1b －1a>1，求证：1＋a >11－b. 证明：∵1b －1a>1，a >0，∴0<b <1， 要证1＋a >11－b ，只需证1＋a ·1－b >1， 只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0， 即a －b ab >1，即1b －1a>1. 这是已知条件，所以原不等式成立．11．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解：(1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)得b n ＝S nn＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0.∴p ＝r . 与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．12．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ， 求证：b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.解：(1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1，则a n ＋1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列．故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n.b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1＝(2n －1)(2n ＋2－1)－(2n ＋1－1)2＝(22n ＋2－2n ＋2－2n ＋1)－(22n ＋2－2·2n ＋1＋1)＝－2n<0， 所以b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.1．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明：要证lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(a ·b ·c )，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc .(中间结果)∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴由基本不等式得：a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ac ＞0，且上三式中由于a ，b ，c 不全相等，故等号不同时成立． ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞a ·b ·c .(中间结果)∴lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .2.如图，已知BE ，CF 分别为△ABC 的边AC ，AB 上的高，G 为EF 的中点，H 为BC 的中点．求证：HG ⊥EF .证明：连接HE ，HF ，由CF ⊥AB ，且H 是BC 的中点，可知FH 是Rt△BCF 斜边上的中线，所以HF ＝12BC .同理可证HE ＝12BC .所以HF ＝HE ，从而△EHF 为等腰三角形． 又G 为EF 的中点，所以HG ⊥EF .3．已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25. 证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25， 则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100， 这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100矛盾，故假设错误． 所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.4．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CD ＝2，平面ABCD ⊥平面DCEF ，求直线MN 的长； (2)用反证法证明：直线ME 与BN 是两条异面直线．解：(1)如图，取CD 的中点G ，连接MG ，NG . 因为ABCD ，DCEF 为正方形，且边长为2， 所以MG ⊥CD ，MG ＝2，NG ＝ 2. 因为平面ABCD ⊥平面DCEF ， 所以MG ⊥平面DCEF ，可得MG ⊥NG . 所以MN ＝MG 2＋NG 2＝ 6.(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．所以ME与BN不共面，它们是异面直线．。
2024年高考指导数学(人教A版理科第一轮复习)目录
课时规范练(A)课时规范练1集合的概念与运算课时规范练3命题及其关系、充要条件课时规范练5函数及其表示课时规范练7函数的奇偶性与周期性课时规范练9指数与指数函数课时规范练11函数的图象课时规范练13函数模型及其应用课时规范练15利用导数研究函数的单调性课时规范练17定积分与微积分基本定理课时规范练19同角三角函数基本关系式及诱导公式课时规范练21简单的三角恒等变换课时规范练23函数y=A sin(ωx+φ)的图象及三角函数的应用课时规范练25平面向量的概念及线性运算课时规范练27平面向量的数量积及其应用课时规范练29数列的概念课时规范练31等比数列课时规范练33二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题课时规范练35合情推理与演绎推理课时规范练37数学归纳法课时规范练39空间几何体的表面积与体积课时规范练41空间直线、平面的平行关系课时规范练43空间向量及其运算课时规范练45直线的倾斜角、斜率与直线的方程课时规范练47圆的方程课时规范练49椭圆课时规范练51抛物线课时规范练53算法初步课时规范练55用样本估计总体课时规范练57分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规范练59二项式定理课时规范练61古典概型与几何概型课时规范练63二项分布与正态分布课时规范练65极坐标方程与参数方程课时规范练67绝对值不等式课时规范练(B)课时规范练2简单不等式的解法课时规范练4简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词课时规范练6函数的单调性与最大(小)值课时规范练8幂函数与二次函数课时规范练10对数与对数函数课时规范练12函数与方程课时规范练14导数的概念及运算课时规范练16利用导数研究函数的极值、最大(小)值课时规范练18任意角、弧度制及任意角的三角函数课时规范练20两角和与差的正弦、余弦与正切公式及二倍角公式课时规范练22三角函数的图象与性质课时规范练24余弦定理、正弦定理及应用举例课时规范练26平面向量基本定理及向量坐标运算课时规范练28复数课时规范练30等差数列课时规范练32数列求和课时规范练34基本不等式及其应用课时规范练36直接证明与间接证明课时规范练38空间几何体的结构及其三视图、直观图课时规范练40空间点、直线、平面之间的位置关系课时规范练42空间直线、平面的垂直关系课时规范练44空间几何中的向量方法课时规范练46点与直线、两条直线的位置关系课时规范练48直线与圆、圆与圆的位置关系课时规范练50双曲线课时规范练52直线与圆锥曲线的位置关系课时规范练54随机抽样课时规范练56变量间的相关关系、统计案例课时规范练58排列与组合课时规范练60随机事件的概率课时规范练62离散型随机变量及其分布列课时规范练64离散型随机变量的均值与方差课时规范练66极坐标方程与参数方程的应用课时规范练68不等式的证明解答题专项解答题专项一函数与导数的综合问题第1课时利用导数证明不等式第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题第3课时利用导数研究函数的零点解答题专项二三角函数与解三角形解答题专项三数列解答题专项四立体几何中的综合问题解答题专项五直线与圆锥曲线第1课时圆锥曲线中的最值(或范围)问题第2课时圆锥曲线中的定点(或定值)问题第3课时圆锥曲线中的存在性(或证明)问题解答题专项六概率与统计单元质检卷单元质检卷一集合与常用逻辑用语单元质检卷二函数单元质检卷三导数及其应用单元质检卷四三角函数、解三角形单元质检卷五平面向量、数系的扩充与复数的引入单元质检卷六数列单元质检卷七不等式、推理与证明单元质检卷八立体几何单元质检卷九解析几何单元质检卷十算法初步、统计与统计案例单元质检卷十一计数原理单元质检卷十二概率。
高考数学一轮复习 13-2 直接证明与间接证明课件 新人教A版
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5
课堂总结
2．(2014·山东卷)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程 x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是 ( ) A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根 解析 因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“ 方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，所以要 做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”． 答案 A
第2讲 直接证明与间接证明
最新考纲 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和特点；2. 了解反证法的思考过程和特点．
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课堂总结
知识梳理
1．直接证明
内容
综合法
分析法
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__
(1)ab＋bc＋ac≤13；(2)ab2＋bc2＋ca2≥1. 证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设得(a＋b＋c)2＝1， 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
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课堂总结
所以 3(ab＋bc＋ca)≤1，即 ab＋bc＋ca≤13. 当且仅当 a＝b＝c＝13时，等号成立． (2)因为ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 故ab2＋bc2＋ca2＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.所以ab2＋bc2＋ca2≥1. 当且仅当 a＝b＝c＝13时，等号成立．
高考理科数学一轮复习课件直接证明与间接证明
精确理解概念
在证明之前，确保对涉及的所 有概念有清晰、准确的理解。
偷换概念
在证明过程中，学生可能会不 自觉地改变某个概念的定义或 范围，导致逻辑不严密。
以偏概全
仅根据部分情况就推断整体情 况，缺乏充分的理由和证据支 持。
理顺逻辑关系
在证明过程中，保持清晰的逻 辑链条，确保每一步推理都有 充分的依据。
规范书写，条理清晰
严格按照逻辑顺序进行书写，先 写已知条件，再写推理过程，最
后得出结论。
使用规范的数学符号和术语，避 免使用模糊或歧义的表达方式。
保持证明的连贯性和完整性，确 保每一步推理都有明确的范措施
逻辑错误
循环论证
使用待证明的结论作为证明的 依据，这种逻辑上的“套娃” 现象是无效的。
讨论
本题主要考察综合法的运用，通过变形、代入和基本不等式等方法进行证明。在解题过程中，需要注意对不等式 的变形和已知条件的利用。
例题二：分析法证明等式
解析
本题主要考察分析法证明等式。首先， 我们将原等式进行变形，得到(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 - 2(a^2 + b^2 + c^2) = 0。然后，利用已知条件 a+b+c=0进行代入，得到-2ab - 2bc 2ca = 0。最后，通过因式分解等方法进 行证明，得到结论。
讨论
本题主要考察反证法的运用，通过假 设、推理和矛盾等方法进行证明。在 解题过程中，需要注意对假设的设定 和推理过程的严密性。
例题四：同一法证明唯一性问题
解析
本题主要考察同一法证明唯一性问题。首先 ，由前面例题的结论可知，存在c∈(a,b)， 使得f(c) = 0。然后，假设存在另一个 d∈(a,b)，且d≠c，使得f(d) = 0。但是， 由已知条件f(x)在[a,b]上单调增加可知，f(x) 在[a,b]上至多有一个零点，与假设矛盾。因 此，存在唯一c∈(a,b)，使得f(c) = 0。
人教A版高中数学选修一轮复习延伸探究理直接证明与间接证明新人教课件
∴ax2－x1＞1，又ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，从而f(x2)－f(x1)
＝ax2－ax1＋
xx22－＋21－
x1－2 x1＋1
＝ax1(ax2－x1－1)＋
3（x2－x1） （x2＋1）（x1＋1）
＞
0，∴f(x1)＜f(x2)，
即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0＝－xx00－＋21.
①对任意的x∈[0，1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2 ≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理 想函数．g(x)＝2x－1(x∈[0，1])是否为理想函数，如果是，请予证 明；如果不是，请说明理由．
【思路点拨】 根据理想函数的定义，证明g(x)满足理想函数的 三个条件即可．
由0＜ax0＜1⇒0＜－xx00－＋21＜1，即12＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，所以使 f(x0)＝0的x0不存在，即方程f(x)没有负数根．
1．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，反证法关键是在正确的推理下 得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公 理、定理矛盾，与事实矛盾等．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝x1y， logba＝1x，logcb＝1y，logac＝xy.9分 于是，所要证明的不等式即为x＋y＋x1y≤1x＋1y＋xy. 又由于1＜a≤b≤c，所以x＝logab≥1，y＝logbc≥1. 故由(1)知所要证明的不等式成立.12分
2．直接证明与间接证明是数学证明的两类基本的证明方法．直 接证明含综合法与分析法，间接证明的一种基本方法是反证法．
高考理科数学(人教A版)一轮复习课件74直接证明与间接证明
考点2
考点3
π
对点训练 2(2019 湖南长沙模拟,17)已知函数 f(x)=tan x,x∈ 0,2 ,
π
1
若 x1,x2∈ 0,2 ,且 x1≠x2,求证:2[f(x1)+f(x2)]>f
1 + 2
2
.
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考点1
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
由题设得(a+b+c)2=1.
即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
1
所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ .
3
1
当且仅当 a=b=c= 时,等号成立.
3
2
2
2
②因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c,
2
2
结论,直到完成命题的证明.
-10-
考点1
考点2
考点3
1
1
1
对点训练 1(1)(2019 甘肃兰州城关区模拟)设 f(n)=1+2 + 3+…+ ,
是否存在 g(n),使等式 f(1)+f(2)+…+f(n-1)=g(n)[f(n)-1]对 n≥2 的一
切自然数都成立,并证明你的结论.
(2)已知 a,b,c>0,a+b+c=1.求证:
①√ + √ + √ ≤ √3;
1
1
1
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高三数学一轮复习精品教案2：直接证明与间接证明教学设计
7.5 直接证明与间接证明『考纲分析』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．『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→…→Q n⇒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：¬q⇒r⇒…⇒t.t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判定¬q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．『助学微博』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(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． 『考向探究』考向一 综合法的应用『例1』►设a ，b ，c ＞0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .『训练1』 设a ，b 为互不相等的正数，且a ＋b ＝1，证明：1a ＋1b＞4.考向二 分析法的应用『例2』►已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m.『训练2』 已知a ，b ，m 都是正数，且a ＜b .考向三 反证法的应用『例3』►已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a ＞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．『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．答案『例1』『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，有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )． 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 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．『训练1』证明 1a ＋1b ＝⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ·(a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2＝4. 又a 与b 不相等．故1a ＋1b＞4. 『例2』『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 )(a 2＋mb 2)，即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，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』证明 要证明a ＋m b ＋m ＞a b，由于a ，b ，m 都是正数， 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)『例3』『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x 0＜0后，应推导出x 0的范围与x 0＜0矛盾即可．证明 (1)法一 任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，且ax 1＞0.所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＞0.又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 2＋1x 1＋1＝3x 2－x 1x 2＋1x 1＋1＞0， 于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＞0， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．法二 f ′(x )＝a x ln a ＋3x ＋12＞0，∴f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0＜0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1，又0＜ax 0＜1，所以0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x 0)＝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』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＝0，1＋λ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，λ＝－1， 所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立．。
高中数学 复习课(二)直接证明与间接证明教学案 新人教A版选修22
复习课(二) 直接证明与间接证明合情推理(1)近几年的高考中归纳推理和类比推理有时考查，考查的形式以填空题为主，其中归纳推理出现的频率较高，重点考查归纳、猜想、探究、类比等创新能力．(2)处理与归纳推理相关的类型及策略①与数字有关：观察数字特点，找出等式左右两侧的规律可解． ②与式有关：观察每个式的特点，找到规律后可解．③进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想．其中找到合适的类比对象是解题的关键．[考点精要]1．归纳推理的特点及一般步骤2．类比推理的特点及一般步骤[典例] (1)(陕西高考)观察下列等式： 1－12＝12， 1－12＋13－14＝13＋14， 1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， ……， 据此规律，第n 个等式可为____________________________________________________．(2)在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．[解析] (1)等式的左边的通项为12n －1－12n ，前n 项和为1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ；右边的每个式子的第一项为1n ＋1，共有n 项，故为1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n. (2)因为两个正三角形是相似三角形，所以它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为1∶8.[答案] (1)1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n(2)1∶8 [类题通法](1)用归纳推理可从具体事例中发现一般规律，但应注意，仅根据一系列有限的特殊事例，所得出的一般结论不一定可靠，其结论的正确与否，还要经过严格的理论证明．(2)进行类比推理时，要尽量从本质上思考，不要被表面现象所迷惑，否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．[题组训练]1．观察下图中各正方形图案，每条边上有n (n ≥2)个点，第n 个图案中圆点的总数是S n .n ＝2，S 2＝4，n ＝3，S 3＝8，n ＝4，S 4＝12，…，按此规律，推出S n 与n 的关系式为________．解析：依图的构造规律可以看出：S 2＝2×4－4， S 3＝3×4－4，S 4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)．……猜想：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)． 答案：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)2．在平面几何中：△ABC 的∠C 内角平分线CE 分AB 所成线段的比为AC BC ＝AEBE.把这个结论类比到空间：在三棱锥A BCD 中(如图)，DEC 平分二面角A CD B 且与AB 相交于E ，则得到类比的结论是________________．解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AE EB ＝S △ACDS △BCD. 答案：AE EB ＝S △ACDS △BCD演绎推理(1)演绎推理在高考中不会刻意去考查，但实际上是无处不在，常以数列、不等式、立体几何、解析几何等主干知识为载体进行考查．(2)解答此类问题，结合已学过的知识和生活中的实例，了解演绎推理的含义、基本方法在证明中的应用是关键．[考点精要]演绎推理是由一般到特殊的推理，其结论不会超出前提所界定的范围，所以其前提和结论之间的联系是必然的．因此，在演绎推理中，只要前提及推理正确，结论必然正确．[典例] 已知f (x )＝－4＋1x2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ，－1a n ＋1在曲线y ＝f (x )上(n ∈N *)，且a 1＝1，a n >0.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n >12(4n ＋1－1)，n ∈N *.[解] (1)f (a n )＝－1a n ＋1＝－4＋1a 2n，且a n >0，∴1a n ＋1＝4＋1a 2n，∴1a2n ＋1－1a 2n＝4(n ∈N *)．∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝1＋4(n －1)，∴a 2n ＝14n －3. ∵a n >0，∴a n ＝14n －3(n ∈N *)．(2)证明：∵a n ＝14n －3＝224n －3>24n －3＋4n ＋1＝4n ＋1－4n －32，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n >12[(5－1)＋(9－5)＋…＋(4n ＋1－4n －3)] ＝12(4n ＋1－1)． [类题通法]应用三段论证明问题时，要充分挖掘题目外在和内在条件(小前提)，根据需要引入相关的适用的定理和性质(大前提)，并保证每一步的推理都是正确的，严密的，才能得出正确的结论．常见的解题错误：(1)条件理解错误(小前提错)； (2)定理引入和应用错误(大前提错)； (3)推理过程错误等．[题组训练]1．已知a ＝5－12，函数f (x )＝a x，若实数m ，n 满足f (m )>f (n )，则m ，n 的大小关系是 .解析：当0<a <1时，函数f (x )＝a x为减函数，a ＝5－12∈(0,1)，∴函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12x为减函数，故由f (m )>f (n )，得m <n . 答案：m <n2．设a >0，f (x )＝e xa ＋ae x 是R 上的偶函数，求a 的值．解析：∵f (x )＝e xa ＋ae x 是R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )，即e －xa ＋a e －x ＝e xa ＋ae x ，∴1a (e －x －e x )＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e－x －1e x ＝0. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1a ⎝⎛⎭⎪⎫e x －1e x ＝0对一切x ∈R 恒成立，∴a －1a＝0，即a 2＝1.又a >0，∴a ＝1.综合法与分析法(1)综合法与分析法是高考重点考查内容，一般以某一知识点作为载体，考查由分析法获得解题思路以及用综合法有条理地表达证明过程．(2)理解综合法与分析法的概念及区别，掌握两种方法的特点，体会两种方法的相辅相成、辩证统一的关系，以便熟练运用两种方法解题．[考点精要]1．综合法：是从已知条件推导出结论的证明方法；综合法又叫做顺推证法或由因导果法．2．分析法：是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，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……”“只需证……”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．[典例] 设a >0，b >0，a ＋b ＝1， 求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.[证明] 法一：综合法 因为a >0，b >0，a ＋b ＝1，所以1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，ab ≤14，所以1ab ≥4，又1a ＋1b＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥4，所以1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立)．法二：分析法因为a >0，b >0，a ＋b ＝1，要证1a ＋1b ＋1ab≥8.只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋a ＋b ab≥8， 只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1a ≥8，即证1a ＋1b≥4.也就是证a ＋b a ＋a ＋bb≥4.即证b a ＋a b≥2，由基本不等式可知，当a >0，b >0时，b a ＋a b≥2成立， 所以原不等式成立． [类题通法]综合法和分析法的特点(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．[题组训练]1．已知a >0，b >0，如果不等式2a ＋1b ≥m2a ＋b 恒成立，那么m 的最大值等于( )A ．10B ．9C ．8D ．7解析：选B ∵a >0，b >0，∴2a ＋b >0.∴不等式可化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (2a ＋b )＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b .∵5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋ab ≥5＋4＝9，即其最小值为9，∴m ≤9，即m 的最大值等于9. 2．若a ＞b ＞c ＞d ＞0且a ＋d ＝b ＋c ， 求证：d ＋a ＜b ＋c . 证明：要证d ＋a ＜b ＋c ， 只需证(d ＋a )2＜(b ＋c )2， 即a ＋d ＋2ad ＜b ＋c ＋2bc ， 因a ＋d ＝b ＋c ，只需证ad ＜bc ， 即ad ＜bc ，设a ＋d ＝b ＋c ＝t ，则ad －bc ＝(t －d )d －(t －c )c ＝(c －d )(c ＋d －t )＜0， 故ad ＜bc 成立，从而d ＋a ＜b ＋c 成立.反证法(1)反证法是证明问题的一种方法，在高考中很少单独考查，常用来证明解答题中的一问．(2)反证法是间接证明的一种基本方法，使用反证法进行证明的关键是在正确的推理下得出矛盾．1．使用反证法应注意的问题：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．2．一般以下题型用反证法：(1)当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确； (2)否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；(3)有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法．[典例] (1)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 都是偶数 B ．a ，b ，c 都是奇数 C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中都是奇数或至少有两个偶数 (2)已知：ac ≥2(b ＋d )．求证：方程x 2＋ax ＋b ＝0与方程x 2＋cx ＋d ＝0中至少有一个方程有实数根．[解析] (1)自然数a ，b ，c 的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”时正确的反设为“a ，b ，c 中都是奇数或至少有两个偶数．”答案：D(2)证明：假设两方程都没有实数根．则Δ1＝a 2－4b <0与Δ2＝c 2－4d <0，有a 2＋c 2<4(b ＋d )，而a 2＋c 2≥2ac ，从而有4(b ＋d )>2ac ，即ac <2(b ＋d )， 与已知矛盾，故原命题成立． [类题通法]反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．[题组训练]1．已知x ∈R，a ＝x 2＋12，b ＝2－x ，c ＝x 2－x ＋1，试证明a ，b ，c 至少有一个不小于1.证明：假设a ，b ，c 均小于1，即a ＜1，b ＜1，c ＜1， 则有a ＋b ＋c ＜3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋12＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立， 故a ，b ，c 至少有一个不小于1.2．设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)中的a ，b ，c 都为整数，已知f (0)，f (1)均为奇数，求证：方程f (x )＝0无整数根．证明：假设方程f (x )＝0有一个整数根k ， 则ak 2＋bk ＋c ＝0，∵f (0)＝c ，f (1)＝a ＋b ＋c 都为奇数， ∴a ＋b 必为偶数，ak 2＋bk 为奇数． 当k 为偶数时，令k ＝2n (n ∈Z)，则ak 2＋bk ＝4n 2a ＋2nb ＝2n (2na ＋b )必为偶数， 与ak 2＋bk 为奇数矛盾；当k 为奇数时，令k ＝2n ＋1(n ∈Z)，则ak 2＋bk ＝(2n ＋1)·(2na ＋a ＋b )为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak 2＋bk 为奇数矛盾．综上可知方程f (x )＝0无整数根.数学归纳法(1)数学归纳法在近几年高考试题中都有所体现，常与数列、不等式结合在一起考查，一般涉及通项公式的求解，相关等式、不等式的证明等，考查模式一般为“归纳——猜想——证明”．(2)数学归纳法是一种特殊的直接证明的方法，在证明一些与正整数有关的数学命题时，往往是非常有用的研究工具．在使用时注意“归纳奠基”和“归纳递推”两个步骤缺一不可．[考点精要]1．定义：数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n ＝n 0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n ＝k 时，结论成立，推得n ＝k ＋1时结论也成立． 2．注意问题：①n ＝n 0时成立，要弄清楚命题的含义．②由假设n ＝k 成立证n ＝k ＋1时，要推导详实，并且一定要运用n ＝k 成立的结论． ③要注意n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的项数． [典例] 设a >0，f (x )＝ax a ＋x，令a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *. (1)写出a 2，a 3，a 4的值，并猜想数列{a n }的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的结论． [解] (1)∵a 1＝1， ∴a 2＝f (a 1)＝f (1)＝a1＋a； a 3＝f (a 2)＝a 2＋a ；a 4＝f (a 3)＝a3＋a. 猜想a n ＝a(n －1)＋a(n ∈N *)． (2)证明：①易知，n ＝1时，猜想正确． ②假设n ＝k (k ∈N *)时猜想正确， 即a k ＝a(k －1)＋a，则a k ＋1＝f (a k )＝a ·a ka ＋a k ＝a ·a(k －1)＋a a ＋a(k －1)＋a＝a (k －1)＋a ＋1＝a[(k ＋1)－1]＋a.这说明，n ＝k ＋1时猜想正确．由①②知，对于任何n ∈N *，都有a n ＝a(n －1)＋a .[类题通法]与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．[题组训练]1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有：(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝________.解析：由(S 1－1)2＝S 21得：S 1＝12；由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2得：S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3得：S 3＝34.猜想S n ＝n n ＋1.答案：nn ＋12．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a n ＋1)2(n ∈N *)，a 2＝2.(1)求{a n }的前三项a 1，a 2，a 3； (2)猜想{a n }的通项公式，并证明． 解：(1)由S n ＝n (a n ＋1)2得a 1＝1，又由a 2＝2，得a 3＝3.(2)猜想：a n ＝n .证明如下：①当n ＝1时，猜想成立． ②假设当n ＝k (k ≥2)时，猜想成立，即a k ＝k ， 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝(k ＋1)(a k ＋1＋1)2－k (a k ＋1)2＝(k ＋1)(a k ＋1＋1)2－k (k ＋1)2.所以a k ＋1＝k 2k －1－1k －1＝k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 根据①②知，对任意n ∈N *，都有a n ＝n .1．用演绎推理证明函数y ＝x 3是增函数时的大前提是( ) A ．增函数的定义B ．函数y ＝x 3满足增函数的定义 C ．若x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2) D ．若x 1>x 2，则f (x 1)>f (x 2)解析：选A 根据演绎推理的特点知，演绎推理是一种由一般到特殊的推理，所以函数y ＝x 3是增函数的大前提应是增函数的定义．2．数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )A ．a n ＝3n －2B ．a n ＝n 2C ．a n ＝3n －1D ．a n ＝4n －3解析：选B 求得a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16，猜想a n ＝n 2.3．在平面直角坐标系内，方程x a ＋yb＝1表示在x ，y 轴上的截距分别为a ，b 的直线，拓展到空间直角坐标系内，在x ，y ，z 轴上的截距分别为a ，b ，c (abc ≠0)的平面方程为( )A.x a ＋y b ＋z c＝1 B.x ab ＋y bc ＋zca＝1 C.xy ab ＋yz bc ＋zxca＝1 D ．ax ＋by ＋cz ＝1解析：选A 类比到空间应选A.另外也可将点(a,0,0)代入验证．4．(山东高考)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根 B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”．5．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 4是a 3与a 7的等比中项，S 8＝32，则S 10＝( )A ．18B ．24C ．60D ．90解析：选C 由a 24＝a 3a 7得(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，即2a 1＋3d ＝0.再由S 8＝8a 1＋562d ＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3.所以S 10＝10a 1＋902d ＝60，选C. 6．已知结论：“在正三角形ABC 中，若D 是边BC 的中点，G 是三角形ABC 的重心，则AGGD＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体ABCD 中，若△BCD 的中心为M ，四面体内部一点O 到四面体各面的距离都相等”，则AO OM＝( )A ．1B ．2C ．3D ．47．图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是 .解析：分别观察正方体的个数为：1,1＋5,1＋5＋9，…归纳可知，第n 个叠放图形中共有n 层，构成了以1为首项，以4为公差的等差数列， 所以S n ＝n ＋[n (n －1)×4]÷2＝2n 2－n ， 所以S 7＝2×72－7＝91. 答案：918．用数学归纳法证明：(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(n ＋n )＝n (3n ＋1)2(n ∈N *)的第二步中，当n ＝k ＋1时等式左边与n ＝k 时的等式左边的差等于________．解析：当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)＋(k ＋3)＋…＋(2k ＋2)；当n ＝k 时，左边＝(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋2k ，其差为(2k ＋1)＋(2k ＋2)－(k ＋1)＝3k ＋2.答案：3k ＋29．(全国卷Ⅰ)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．解析：法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法．故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.答案：1和310．设函数f (x )＝e xln x ＋2ex －1x，证明：f (x )>1.证明：由题意知f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.11．各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1－a 2n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤2n －1对一切n ∈N *恒成立．解：(1)∵a 2n ＋1－a 2n ＝2，∴数列{a 2n }为首项为1，公差为2的等差数列， ∴a 2n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1， 又a n >0，则a n ＝2n －1. (2)证明：由(1)知，即证1＋13＋…＋12n －1≤2n －1. ①当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立． 当n ＝2时，左边<右边，所以不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时不等式成立， 即1＋13＋…＋12k －1≤2k －1， 当n ＝k ＋1时， 左边＝1＋13＋…＋12k －1＋12k ＋1≤2k －1＋12k ＋1<2k －1＋22k ＋1＋2k －1＝2k －1＋2(2k ＋1－2k －1)2＝2k ＋1＝2(k ＋1)－1. 所以当n ＝k ＋1时不等式成立． 由①②知对一切n ∈N *不等式恒成立．12．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋ln(x ＋1)(a ∈R)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的极值点；(2)若函数f (x )在区间(0,1)上恒有f ′(x )>x ，求实数a 的取值范围；(3)已知a <1，c 1>0，且c n ＋1＝f ′(c n )(n ＝1,2，…)，证明数列{c n }是单调递增数列． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x 2－2x ＋ln(x ＋1)， f ′(x )＝2x －2＋1x ＋1＝2x 2－1x ＋1.令f ′(x )＝0，得x ＝±22. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－22时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－22，22时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ∴函数f (x )的极大值点为x ＝－22， 极小值点为x ＝22. (2)∵f ′(x )＝2x －a ＋1x ＋1， 由f ′(x )>x ， 得2x －a ＋1x ＋1>x ，所以a <x ＋1x ＋1(0<x <1)恒成立， 又x ＋1x ＋1＝x ＋1＋1x ＋1－1>1， ∴a ≤1.故所求实数a 的取值范围为(－∞，1]． (3)证明：(用数学归纳法证明) ①当n ＝1时，c 2＝f ′(c 1)＝2c 1－a ＋1c 1＋1， ∵c 1>0，∴c 1＋1>1，又a <1， ∴c 2－c 1＝c 1－a ＋1c 1＋1＝c 1＋1＋1c 1＋1－(a ＋1)>2－(a ＋1)＝1－a >0， ∴c 2>c 1，即当n ＝1时结论成立． ②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时结论成立， 即c k ＋1>c k >0， 当n ＝k ＋1时，c k ＋2－c k ＋1＝c k ＋1－a ＋1c k ＋1＋1＝c k ＋1＋1＋1c k ＋1＋1－(a ＋1)>2－(a ＋1)＝1－a >0.∴c k ＋2>c k ＋1，即当n ＝k ＋1时结论成立． 由①②知数列{c n }是单调递增数列．。
2014高考数学一轮总复习 14.2 直接证明与间接证明教案 理 新人教A版
14.2 直接证明与间接证明典例精析题型一 运用综合法证明【例1】设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8. 【证明】因为a ＋b ＝1，所以1a ＋1b ＋1ab ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＋a ＋b ab ＝1＋b a ＋1＋a b ＋a ＋b ab ≥2＋b a a b •＋a ＋b (a ＋b 2)2＝2＋2＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立. 【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.【变式训练1】设a ，b ，c ＞0，求证：a2b ＋b2c ＋c2a≥a＋b ＋c. 【证明】因为a ，b ，c ＞0，根据基本不等式，有a2b ＋b≥2a，b2c ＋c≥2b，c2a＋a≥2c. 三式相加：a2b ＋b2c ＋c2a＋a ＋b ＋c≥2(a＋b ＋c). 即a2b ＋b2c ＋c2a≥a＋b ＋c. 题型二 运用分析法证明【例2】设a 、b 、c 为任意三角形三边长，I ＝a ＋b ＋c ，S ＝ab ＋bc ＋ca.求证：I2＜4S.【证明】由I2＝(a ＋b ＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab ＋bc ＋ac)＝a2＋b2＋c2＋2S ，故要证I2＜4S ，只需证a2＋b2＋c2＋2S ＜4S ，即a2＋b2＋c2＜2S. 欲证上式，只需证a2＋b2＋c2－2ab －2bc －2ca ＜0，即证(a2－ab －ac)＋(b2－bc －ba)＋(c2－ca －cb)＜0， 只需证三括号中的式子均为负值即可，即证a2＜ab ＋ac ，b2＜bc ＋ba ，c2＜ca ＋cb ，即a ＜b ＋c ，b ＜a ＋c ，c ＜a ＋b ，显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和.故I2＜4S.【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件.【变式训练2】已知a ＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a －2. 【证明】要证a2＋1a2－2≥a＋1a －2， 只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋ 2. 因为a ＞0，故只要证(a2＋1a2＋2)2≥(a＋1a ＋2)2， 即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22(a ＋1a )＋2， 从而只要证2a2＋1a2≥2(a ＋1a)，只要证4(a2＋1a2)≥2(a2＋2＋1a2)，即a2＋1a2≥2， 而该不等式显然成立，故原不等式成立.题型三 运用反证法证明【例3】 若x ，y 都是正实数，且x ＋y ＞2.求证：1＋x y ＜2或1＋y x＜2中至少有一个成立.【证明】假设1＋x y ＜2和1＋y x ＜2都不成立.则1＋x y ≥2，1＋y x≥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＋x y ＜2与1＋y x＜2中至少有一个成立. 【点拨】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法.【变式训练3】已知下列三个方程：x2＋4ax －4a ＋3＝0；x2＋(a －1)x ＋a2＝0；x2＋2ax －2a ＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a 的取值范围.【解析】假设三个方程均无实根，则有由(4a)2－4(－4a ＋3)＜0，得4a2＋4a －3＜0，即－32＜a ＜12； 由(a －1)2－4a2＜0，得(a ＋1)(3a －1)＞0，即a ＜－1或a ＞13； 由(2a)2－4(－2a)＜0，得a(a ＋2)＜0，即－2＜a ＜0.以上三部分取交集得M ＝{a|－32＜a ＜－1}，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a 的取值范围为∁RM ，即{a|a ≤－32或a≥－1}. 总结提高分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“p ⇒q”与逆否命题“⌝q ⇒⌝p”是等价的，而反证法是相当于由“⌝q”推出“⌝p”成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件“⌝q”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.。
人教A版高中数学选修直接证明与间接证明教案新(1)(1)
2.2.2 反证法教学要求：结合已经学过的数学实例，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. 教学重点：会用反证法证明问题；了解反证法的思考过程.教学难点：根据问题的特点，选择适当的证明方法.教学过程：一、复习准备：1. 讨论：三枚正面朝上的硬币，每次翻转2枚，你能使三枚反面都朝上吗？（原因：偶次）2. 提出问题： 平面几何中，我们知道这样一个命题：“过在同一直线上的三点A 、B 、C 不能作圆”. 讨论如何证明这个命题？3. 给出证法：先假设可以作一个⊙O 过A 、B 、C 三点，则O 在AB 的中垂线l 上，O 又在B C 的中垂线m 上，即O 是l 与m 的交点。
但 ∵A 、B 、C 共线，∴l ∥m (矛盾)∴ 过在同一直线上的三点A 、B 、C 不能作圆.二、讲授新课：1. 教学反证法概念及步骤：① 练习：仿照以上方法，证明：如果a >b >0，那么b a >② 提出反证法：一般地，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.证明基本步骤：假设原命题的结论不成立 → 从假设出发，经推理论证得到矛盾 → 矛盾的原因是假设不成立，从而原命题的结论成立应用关键：在正确的推理下得出矛盾（与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实矛盾等）. 方法实质：反证法是利用互为逆否的命题具有等价性来进行证明的，即由一个命题与其逆否命题同真假，通过证明一个命题的逆否命题的正确，从而肯定原命题真实.注：结合准备题分析以上知识.2. 教学例题：① 出示例1：求证圆的两条不是直径的相交弦不能互相平分.分析：如何否定结论？ → 如何从假设出发进行推理？ → 得到怎样的矛盾？与教材不同的证法：反设AB 、CD 被P 平分，∵P 不是圆心，连结O P ，则由垂径定理：O P ⊥AB ，O P ⊥CD ，则过P 有两条直线与OP 垂直（矛盾），∴不被P 平分.② 出示例2. （ 同上分析 → 板演证明，提示：有理数可表示为/m n ）/m n =（m ,n 为互质正整数），从而：2(/)3m n =，223m n =，可见m 是3的倍数.设m =3p （p 是正整数），则 22239n m p ==，可见n 也是3的倍数.这样，m , n 就不是互质的正整数（矛盾）./m n.③ 练习：如果1a +为无理数，求证a 是无理数.提示：假设a 为有理数，则a 可表示为/p q （,p q 为整数），即/a p q =.由1()/a p q q +=+，则1a +也是有理数，这与已知矛盾. ∴ a 是无理数.3. 小结：反证法是从否定结论入手，经过一系列的逻辑推理，导出矛盾，从而说明原结论正确. 注意证明步骤和适应范围（“至多”、“至少”、“均是”、“不都”、“任何”、“唯一”等特征的问题）三、巩固练习： 1. 练习：教材P 54 1、2题 2. 作业：教材P 54 A 组3题.A。
高三数学总复习 直接证明与间接证明教案
城东蜊市阳光实验学校2021届高三数学总复习直接证明与间接证明教案A版答案：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“假设a>b，那么>〞时，假设的内容应为______________．答案：＝或者者<解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否认，即＝或者者<.3.(选修12P44练习题3改编)－2与－的大小关系是______________．答案：－2>－解析：由分析法可得，要证－2>－，只需证＋>＋2，即证13＋2>13＋4，即>2.因为42>40，所以－2>－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}，那么集合A·B的所有元素之和为________．答案：0解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝，A·B＝；②α＝2kπ或者者α＝2kπ＋(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；③α＝2kπ＋π或者者α＝2kπ－(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；④α≠且α≠kπ＋(k∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，－cosα}．综上可知A·B中的所有元素之和为0.5.(选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1，那么使得＋≥μ恒成立的μ的取值范围是________．答案：(－∞，4]解析：∵a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4.1.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A B C…此题结论．(3)综合法①定义：从条件出发，以的定义、公理、定理为根据，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……(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条件或者者事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．②推证过程……2.间接证明(1)常用的间接证明方法有反证法、正难那么反等．(2)反证法的根本步骤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，a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，证明：(1)数列是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.证明：(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴＝2·，即＝2，∴数列是等比数列．(2)由(1)知：＝4·(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝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.证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明＋≥4lgc，即≥4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要证明≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb≤2＝2＝，即≥4成立．所以原不等式成立．设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，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，那么a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn①，从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1②，②－①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)例3证明：，，不能为同一等差数列中的三项．证明：假设，，为同一等差数列的三项，那么存在整数m、n满足①×n－②×m得n－m＝(n－m)，两边平方得3n2＋5m2－2mn＝2(n－m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠无理数，故假设不正确，即，，不能为同一等差数列的三项．以下三个方程：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，务实数a的取值范围．解：假设方程没有一个实数根，那么解之得－<a<－1.故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是.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认结论．2.a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c，＋＝1，假设以a、b、c为三边构造三角形，那么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，任意两边之差小于第三边，而a<c，b<c，所以a＋b>c恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴c<16.又>，>，∴<＋＝1，∴c>10，∴10<c<16.3.设函数f0(x)＝1－x2，f1(x)＝，fn(x)＝，(n≥1，n≥N)，那么方程f1(x)＝有________个实数根，方程fn(x)＝有________个实数根．答案：42n＋1解析：f1(x)＝＝＝，∴x2＝或者者x2＝有4个解．∵可推出n＝1，2，3…，根个数分别为22，23，24，∴通过类比得出fn(x)＝有2n＋1个实数根．4.假设实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，那么称x比y远离m.(1)假设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2ab.(1)解：x∈(－∞，－)∪(，＋∞)．(2)证明：对任意两个不相等的正数a、b，有a3＋b3>2ab，a2b＋ab2>2ab.因为|a3＋b3－2ab|－|a2b＋ab2－2ab|＝(a＋b)(a－b)2>0，所以|a3＋b3－2ab|>|a2b＋ab2－2ab|，即a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab.1.a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a.证明：要证<a，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.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)假设PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.证明：(1)因为ABCD为直角梯形，AD＝AB＝BD，所以AD2＝AB2＋BD2，因此AB⊥BD.又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PB平面PAB，所以BD⊥平面PAB，又PA平面PAB，所以PA⊥BD.(2)假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN，那么PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.又P B⊥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，与条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.4.f(x)＝ax＋(a＞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，那么x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，从而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－＝ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，那么ax0＝－.由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在．1.分析法的特点是从未知看，逐步靠拢，综合法的特点是从看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法考虑起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，表达较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于考虑，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探究证明途径，然后再用综合法表达出来．2.反证法是从否认结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否认是错误的，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结论本身是以否认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详细更容易研究的命题．[备课札记]。
高考数学一轮总复习 第42讲 直接证明与间接证明课件 理 新人教A版
4.若 b>a>0，则下列不等式中一定成立的是( )
A．a>a＋2 b> ab>b
B．b>
a＋b ab> 2 >a
C．b>a＋2 b> ab>a
D．b>a>a＋2 b> ab
第十五页，共43页。
【解析】因为 b>a，所以 b＝b2＋2b>b＋2 a.
又 b>a>0，所以a＋2 b> ab> a2＝a，
第二十二页，共43页。
【证明】 方法 1： a2＋b2＋c2－13＝31(3a2＋3b2＋3c2－1) ＝31[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2] ＝31(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc) ＝31[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0. 所以 a2＋b2＋c2≥13.
素材
(sùcái
)3
求证：三条抛物线 y＝cx2＋2ax＋b，y＝ax2＋2bx＋c，
y＝bx2＋2cx＋a(a、b、c 为非零实数)中至少有一条与 x 轴
有交点．
第三十七页，共43页。
【证明】 假设三条抛物线与 x 轴均无交点， 则方程 cx2＋2ax＋b＝0 的判别式 Δ1＝4a2－4bc＜0. 同理，Δ2＝4b2－4ac＜0，Δ3＝4c2－4ab＜0， 则 Δ1＋Δ2＋Δ3＝4a2＋4b2＋4c2－4ab－4bc－4ac＜0， 所以 2(a－b)2＋2(b－c)2＋2(c－a)2＜0， 这与 2(a－b)2＋2(b－c)2＋2(c－a)2≥0 相矛盾， 故假设不成立． 所以三条抛物线中至少有一条与 x 轴有交点．
第二十五页，共43页。
二 分析法及应用(yìngyòng)
高三数学一轮复习 直接证明与间接证明教案
芯衣州星海市涌泉学校贾汪区建平中学高三数学一轮复习教案：直接证明与间接证明教学目标理解直接证明与间接证明2、培养学生分析问题的才能教学重难点利用反证法解决问题教学参考各高考题教学与测试授课方法自学引导类比教学辅助手段多媒体专用教室教学过程设计教学二次备课一、直接证明综合法；分析法二、间接证明反证法：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，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫反证法考虑：1.综合法与分析法，哪种方法好？2．反证法中所说的“得出矛盾〞是什么意思？三、例题分析：例1设a、b、c＞0，证明＋＋≥a＋b＋c.总结：综合法的适用范围是：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性、求证无条件的等式或者者不等式等．(2)条件明确，并且容易通过分析和应用条件能逐步逼近结论的题型1．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x＜0)，那么a与b大小关系为2．证明不等式：x2＋y2＋z2≥xy＋yz＋xz.解题反思：教学过程设计教学二次备课例2a＞0，－＞1，求证：＞.总结：分析法是逆向思维，当条件与结论之间的联络不够明显、直接，或者者证明过程中所需要用的知识不太明确、详细时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或者者不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法．注意用分析法证题时，一定要严格按照格式书写.例3．a，b，c是互不相等的实数．求证：由y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a和y＝cx2＋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．总结：用反证法证明问题时要注意以下三点：(1)必须先否认结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的；(2)反证法必须从否认结论进展推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进展推证，否那么，仅否认结论，不从结论的反面出发进展推理，就不是反证法；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与矛盾，有的与假设矛盾，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．五、课堂小结六、课后作业1．非零向量a⊥b，求证：≤.学生练习：P3382、5板演，2．在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，假设a、b、c三边的倒数成等差数列，求证：∠B ＜90°.2．用分析法证明：ac＋bd≤·课外作业课时作业223页4,10教学小结。
人教A版高中数学选修直接证明与间接证明教案新
课题：间接证明--反证法1．教学目标：知识与技能：结合已经学过的数学实例，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。
过程与方法: 多让学生举命题的例子，培养他们的辨析能力；以及培养他们的分析问题和解决问题的能力；情感、态度与价值观：通过学生的参与，激发学生学习数学的兴趣。
2.教学重点：了解反证法的思考过程、特点3. 教学难点：反证法的思考过程、特点4．教具准备：与教材内容相关的资料。
5．教学设想：利用反证法证明不等式的第三步所称的矛盾结果，通常是指所推出的结果与已知公理、定义、定理或已知条件、已证不等式，以及与临时假定矛盾等各种情况。
6．教学过程:学生探究过程：综合法与分析法(1)、反证法反证法是一种间接证法，它是先提出一个与命题的结论相反的假设，然后，从这个假设出发，经过正确的推理，导致矛盾，从而否定相反的假设，达到肯定原命题正确的一种方法。
反证法可以分为归谬反证法(结论的反面只有一种)与穷举反证法(结论的反面不只一种)。
用反证法证明一个命题的步骤，大体上分为：(1)反设；(2)归谬；(3)结论。
反设是反证法的基础，为了正确地作出反设，掌握一些常用的互为否定的表述形式是有必要的，例如：是/不是；存在/不存在；平行于/不平行于；垂直于/不垂直于；等于/不等于；大(小)于/不大(小)于；都是/不都是；至少有一个/一个也没有；至少有n个/至多有(n一1)个；至多有一个/至少有两个；唯一/至少有两个。
归谬是反证法的关键，导出矛盾的过程没有固定的模式，但必须从反设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木。
推理必须严谨。
导出的矛盾有如下几种类型：与已知条件矛盾；与已知的公理、定义、定理、公式矛盾；与反设矛盾；自相矛盾。
(2)、例子例1、求证：2不是有理数例2、已知0>>b a ，求证：n n b a >（N n ∈且1>n ）例3、设233=+b a ，求证.2≤+b a证明：假设2>+b a ，则有b a ->2，从而 .2)1(68126,61282233323+-=+->+-+->b b b b a b b b a 因为22)1(62≥+-b ，所以233>+b a ，这与题设条件233=+b a 矛盾，所以，原不等式2≤+b a 成立。
高三数学一轮复习教案全套 人教A版直接证明与间接证明
高三一轮复习 6.6直接证明与间接证明【教学目标】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和特点．2.了解反证法的思考过程和特点.【重点难点】1.教学重点了解分析法、综合法及反证法的思考过程2.教学难点学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；【教学策略与方法】自主学习、小组讨论法、师生互动法【教学过程】个1个2.必知联系；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． 考点分项突破 考点一综合法1.(2015·安徽高考)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明T n ≥14n. 【解】 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2.当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝n －2n2>n －2－1n2＝2n －22n ＝n －1n，所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n . 综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.跟踪训练 1.(2015·北京高考)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．【解】 (1)由f (x )＝x22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x－k x ＝x 2－k x.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)． f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )k－ln k2所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2. (2)证明由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k 2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k 2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则 f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 归纳综合法证题的思路考点二 分析法 1. 已知a >0，求证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ， ∴S n ＝a 1－q n1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n 1－q，q ≠1.(2)证明假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 归纳反证法的适用范围及证题的关键1．适用范围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． 2．关键在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．。
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14.2 直接证明与间接证明
典例精析
题型一 运用综合法证明
【例1】设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab
≥8. 【证明】因为a ＋b ＝1，
所以1a ＋1b ＋1ab ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＋a ＋b ab ＝1＋b a ＋1＋a b ＋a ＋b ab ≥2＋b a a b •＋a ＋b (a ＋b 2)2＝2＋2＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12
时等号成立. 【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.
【变式训练1】设a ，b ，c ＞0，求证：a2b ＋b2c ＋c2a
≥a＋b ＋c. 【证明】因为a ，b ，c ＞0，根据基本不等式，
有a2b ＋b≥2a，b2c ＋c≥2b，c2a
＋a≥2c. 三式相加：a2b ＋b2c ＋c2a
＋a ＋b ＋c≥2(a＋b ＋c). 即a2b ＋b2c ＋c2a
≥a＋b ＋c. 题型二 运用分析法证明
【例2】设a 、b 、c 为任意三角形三边长，I ＝a ＋b ＋c ，S ＝ab ＋bc ＋ca.求证：I2＜4S.
【证明】由I2＝(a ＋b ＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab ＋bc ＋ac)＝a2＋b2＋c2＋2S ， 故要证I2＜4S ，只需证a2＋b2＋c2＋2S ＜4S ，即a2＋b2＋c2＜2S.
欲证上式，只需证a2＋b2＋c2－2ab －2bc －2ca ＜0，
即证(a2－ab －ac)＋(b2－bc －ba)＋(c2－ca －cb)＜0，
只需证三括号中的式子均为负值即可，
即证a2＜ab ＋ac ，b2＜bc ＋ba ，c2＜ca ＋cb ，
即a ＜b ＋c ，b ＜a ＋c ，c ＜a ＋b ，
显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和.
故I2＜4S.
【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.
(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件.
【变式训练2】已知a ＞0，求证：
a2＋1a2－2≥a＋1a －2. 【证明】要证
a2＋1a2－2≥a＋1a －2， 只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a
＋ 2. 因为a ＞0，故只要证(
a2＋1a2＋2)2≥(a＋1a ＋2)2， 即a2＋1a2
＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22(a ＋1a )＋2， 从而只要证2
a2＋1a2≥2(a ＋1a )， 只要证4(a2＋1a2)≥2(a2＋2＋1a2)，即a2＋1a2
≥2， 而该不等式显然成立，故原不等式成立.
题型三 运用反证法证明
【例3】 若x ，y 都是正实数，且x ＋y ＞2.求证：1＋x y ＜2或1＋y x
＜2中至少有一个成立.
【证明】假设1＋x y ＜2和1＋y x ＜2都不成立.则1＋x y ≥2，1＋y x
≥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＋x y ＜2与1＋y x
＜2中至少有一个成立. 【点拨】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法.
【变式训练3】已知下列三个方程：x2＋4ax －4a ＋3＝0；x2＋(a －1)x ＋a2＝0；x2＋2ax －2a ＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a 的取值范围.
【解析】假设三个方程均无实根，则有
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧----+--＜0.)2(4)(2＜0,
4)1(＜0,)34(4)4(2222a a a a a a
由(4a)2－4(－4a ＋3)＜0，得4a2＋4a －3＜0，即－32＜a ＜12
； 由(a －1)2－4a2＜0，得(a ＋1)(3a －1)＞0，即a ＜－1或a ＞13
； 由(2a)2－4(－2a)＜0，得a(a ＋2)＜0，即－2＜a ＜0.
以上三部分取交集得M ＝{a|－32
＜a ＜－1}，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a 的取值范围为∁RM ，即{a|a ≤－32
或a≥－1}. 总结提高
分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“p ⇒q”与逆否命题“⌝q ⇒⌝p”是等价的，而反证法是相当于由“⌝
q”
推出“⌝p”成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件“⌝q”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.。