直接证明与间接证明 高考数学真题解析 高考数学总复习
高一数学直接证明与间接证明试题答案及解析
高一数学直接证明与间接证明试题答案及解析1.用反证法证明命题“若a2+b2=0，则a、b全为0（a、b∈R）”，其反设正确的是（）A．a、b至少有一个不为0B．a、b至少有一个为0C．a、b全不为0D．a、b中只有一个为0【答案】A【解析】把要证的结论否定之后，即得所求的反设．解：由于“a、b全为0（a、b∈R）”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，故选 A．点评：本题考查用反证法证明数学命题，得到“a、b全为0（a、b∈R）”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，是解题的关键．2.“用反证法证明命题“如果x＜y，那么x＜y”时，假设的内容应该是（）A．x=yB．x＜yC．x=y且x＜yD．x=y或x＞y【答案】D【解析】由于用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x＜y”的否定为：“x≥y ”．解：∵用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“x＜y”的否定为：“x=y或x ＞y”，故选D．点评：本题主要考查用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于中档题．3.已知a、b、c是△ABC的三边长，A=，B=，则（）A．A＞B B．A＜B C．A≥B D．A≤B【答案】A【解析】由题意得 c＜a+b，故 B==＜，变形后再放大，可证小于 A．解：∵a、b、c是△ABC的三边长，∴c＜a+b，∴B==＜==+＜+=A，∴B＜A，故选 A．点评：本题考查三角形的边长的性质，用放缩法证明不等式．4.用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确顺序的序号为（）A.①②③B.①③②C.②③①D.③①②【答案】D【解析】根据反证法的证法步骤知：第一步反设，假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确．第二步得出矛盾：A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；第三步下结论：所以一个三角形中不能有两个直角．从而得出正确选项．解：根据反证法的证法步骤知：假设三角形的三个内角A、B、C中有两个直角，不妨设A=B=90°，正确A+B+C=90°+90°+C＞180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，A=B=90°不成立；所以一个三角形中不能有两个直角．故顺序的序号为③①②．故选D．点评：反证法是一种简明实用的数学证题方法，也是一种重要的数学思想．相对于直接证明来讲，反证法是一种间接证法．它是数学学习中一种很重要的证题方法．其实质是运用“正难则反”的策略，从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾．5.用反证法证明：“a＞b”，应假设为（）A．a＞b B．a＜b C．a=b D．a≤b【答案】D【解析】用反证明法证明，要先假设原命题不成立，即先要否定原命题．解：用反证明法证明，要先假设原命题不成立，即先要否定原命题，故用反证法证明：“a＞b”，应假设为“a≤b”，故选D．点评：本题考查反证法的解题过程和证明方法，解题时要认真审题，仔细解答．6.关于综合法和分析法说法错误的是（）A．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法B．综合法又叫顺推证法或由因导果法C．分析法又叫逆推证法或执果索因法D．综合法和分析法都是因果分别互推的两头凑法【答案】D【解析】根据综合法、分析法的定义可得结论．解：根据综合法的定义可得，综合法是执因导果法，是顺推法；根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法，是直接证法．故选：D．点评：本题主要考查综合法、分析法的定义，属于基础题．7.某同学证明+＜+的过程如下：∵﹣＞﹣＞0，∴＜，∴＜，∴+＜+，则该学生采用的证明方法是（）A．综合法B．比较法C．反证法D．分析法【答案】A【解析】从推理过程（是“执因索果”还是“执果索因”）即可得到答案．解：从推理形式来看，从﹣＞﹣＞0入手，推出＜，继而得到＜，最后得到+＜+，是“执因索果”，是综合法证明，故选：A．点评：本题考查综合法与分析法，掌握二者的推理形式（“执因索果”为综合法，“执果索因”为分析法）是关键，属于中档题．8.要证：a2+b2﹣1﹣a2b2≤0，只要证明（）A．2ab﹣1﹣a2b2≤0B．a2+b2﹣1﹣≤0C．﹣1﹣a2b2≤0D．（a2﹣1）（b2﹣1）≥0【答案】D【解析】将左边因式分解，即可得出结论．解：要证：a2+b2﹣1﹣a2b2≤0，只要证明（a2﹣1）（1﹣b2）≤0，只要证明（a2﹣1）（b2﹣1）≥0．故选：D．点评：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式．9.下面叙述正确的是（）A．综合法、分析法是直接证明的方法B．综合法是直接证法、分析法是间接证法C．综合法、分析法所用语气都是肯定的D．综合法、分析法所用语气都是假定的【答案】A【解析】根据综合法、分析法的定义与证题思路，可得结论．解：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式，是直接证明的方法．故选：A．点评：综合法（由因导果）证明不等式、分析法（执果索因）证明不等式．10.求证：+＞．证明：因为+和都是正数，所以为了证明+＞，只需证明（+）2＞（）2，展开得5+2＞5，即2＞0，显然成立，所以不等式+＞．上述证明过程应用了（）A．综合法B．分析法C．综合法、分析法混合D．间接证法【答案】B【解析】分析法是果索因，基本步骤：要证…只需证…，只需证…，分析法是从求证的不等式出发，找到使不等式成立的充分条件，把证明不等式的问题转化为判定这些充分条件是否具有的问题．解：分析法是果索因，基本步骤：要证…只需证…，只需证…结合证明过程，证明过程应用了分析法．故选：B．点评：解决本题的关键是对分析法的概念要熟悉，搞清分析法证题的理论依据，掌握分析法的证11.下列对分析法表述正确的是；（填上你认为正确的全部序号）①由因导果的推法；②执果索因的推法；③因果分别互推的两头凑法；④逆命题的证明方法．【答案】②【解析】根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法．解：根据分析法的定义可得，分析法是执果索因法，是直接证法．故答案为：②．点评：本题主要考查综合法、分析法、反证法的定义，属于基础题．12.命题“对于任意角θ，cos4θ﹣sin4θ=cos2θ”的证明：“cos4θ﹣sin4θ=（cos2θ﹣sin2θ）（cos2θ+sin2θ）=cos2θ﹣sin2θ=cos2θ”过程应用了（）A．分析发B．综合法C．综合法、分析法结合使用D．间接证法【答案】B【解析】在推理的过程中使用了因式分解，平方差公式，以及余弦的倍角公式，符合综合法的证明过程．解：在证明过程中使用了大量的公式和结论，有平方差公式，同角的关系式，所以在证明过程中，使用了综合法的证明方法．故选：B．点评：本题主要考查证明方法的选择和判断，比较基础．13.证明不等式的最适合的方法是（）A．综合法B．分析法C．间接证法D．合情推理法【答案】B【解析】要证原不等式成立，只要证＜，即证9+2＜9+2，故只要证＜，即证14＜18，此种证明方法是分析法．解：要证明不等式，只要证＜，即证9+2＜9+2，故只要证＜，即证14＜18．以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法．故选B．点评：本题考查的是分析法和综合法，解答此题的关键是熟知比较大小的方法．从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件，分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法．也称为因果分析，属于中档题．14.设（）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【解析】假设：中都小于2，则，但由于=≥2+2+2=6，出现矛盾，从而得出正确答案：中至少有一个不小于2．解：由于=≥2+2+2=6，∴中至少有一个不小于2，故选C．点评：分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法，也称为因果分析，从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件；综合法是指从已知条件出发，借助其性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题，其特点和思路是“由因导果”，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．15.已知函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为α，．则（）A．A＞B B．A＜BC．A=B D．A与B的大小不确定【答案】C【解析】作出函数f（x）=|sinx|的图象，利用函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）有且仅有三个交点，确定切点坐标，然后利用三角函数的关系即可得到结论．解：作出函数f（x）=|sinx|的图象与直线y=kx（k＞0）的图象，如图所示，要使两个函数有且仅有三个交点，则由图象可知，直线在（）内与f（x）相切．设切点为A（α，﹣sinα），当x∈（）时，f（x）=|sinx|=﹣sinx，此时f'（x）=﹣cosx，x∈（）．∴﹣cos，即α=tanα，∴==．即A=B．故选：C．点评：本题主要考查三角函数的图象和性质，利用数形结合是解决本题的关键．16.设函数f（x）=，类比课本推导等差数列的前n项和公式的推导方法计算f（﹣5）+f（﹣4）+f（﹣3））+…+f（0））+f（1））+…+f（5）+f（6）的值为（）A．B．C．3D．【答案】C【解析】根据课本中推导等差数列前n项和的公式的方法﹣倒序相加法，观察所求式子的特点，应先求f（x）+f（1﹣x）的值．解：∵f（x）=∴f（x）+f（1﹣x）=+=+==，即f（﹣5）+f（6）=，f（﹣4）+f（5）=，f（﹣3）+f（4）=，f（﹣2）+f（3）=，f（﹣1）+f（2）=，f（0）+f（1）=，∴所求的式子值为3 ．故选C．点评：本题为规律性的题目，要善于观察式子的特点，并且此题给出了明确的方法，从而降低了本题难度．17.（2014•北京）学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，则这一组学生最多有（）A．2人B．3人C．4人D．5人【答案】B【解析】分别用ABC分别表示优秀、及格和不及格，根据题干中的内容推出文成绩得A，B，C 的学生各最多只有1个，继而推得学生的人数．解：用ABC分别表示优秀、及格和不及格，显然语文成绩得A的学生最多只有1个，语文成绩得B得也最多只有一个，得C最多只有一个，因此学生最多只有3人，显然（AC）（BB）（CA）满足条件，故学生最多有3个．故选：B．点评：本题主要考查了合情推理，关键是找到语句中的关键词，培养了推理论证的能力．18.（2014•揭阳三模）对于正实数α，Mα为满足下述条件的函数f（x）构成的集合：∀x1，x2∈R且x2＞x1，有﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1）．下列结论中正确的是（）A．若f（x）∈Mα1，g（x）Mα2，则f（x）•g（x）∈Mα1•α2B．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，且g（x）≠0，则C．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，则f（x）+g（x）∈Mα1+α2D．若f（x）∈Mα1，g（x）∈Mα2，且α1＞α2，则f（x）﹣g（x）∈Mα1﹣α2【答案】C【解析】对于﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1）．变形有，令，不妨设f（x）∈Mα1，g（x））∈Mα2，利用不等式的性质可得f（x）+g（x）∈Mα1+α2．从而得出正确答案．解：对于﹣α（x2﹣x1）＜f（x2）﹣f（x1）＜α（x2﹣x1），即有，令，有﹣α＜k＜α，不妨设f（x）∈Mα1，g（x））∈Mα2，即有﹣α1＜kf＜α1，﹣α2＜kg＜α2，因此有﹣α1﹣α2＜kf+kg＜α1+α2，因此有f（x）+g（x）∈Mα1+α2．故选C．点评：本题考查的是元素与集合关系的判断、进行简单的合情推理、函数恒成立问题，在能力上主要考查对新信息的理解力及解决问题的能力．19.（2014•枣庄一模）在实数集R中定义一种运算“*”，对任意a，b∈R，a*b为唯一确定的实数，且具有性质：（1）对任意a∈R，a*0=a；（2）对任意a，b∈R，a*b=ab+（a*0）+（b*0）．则函数f（x）=（e x）*的最小值为（）A．2B．3C．6D．8【答案】B【解析】根据性质，f（x）=（e x）*=1+e x+，利用基本不等式，即可得出结论．解：根据性质，f（x）=（e x）*=1+e x+≥1+2=3，当且仅当e x=时，f（x）=（e x）*的最小值为3．故选：B．点评：本题考查新定义，考查基本不等式的运用，正确理解新定义是关键．20.（2014•泸州一模）一支人数是5的倍数且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人．则这只游行队伍的最少人数是（）A．1025B．1035C．1045D．1055【答案】C【解析】由已知可设这只游行队伍的最少人数是n，则n﹣1是2，3，4的公倍数，即12的倍数，且n为5和倍数，进而可得答案．解：设这只游行队伍的最少人数是n∵每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人．∴n﹣1是2，3，4的公倍数，即12的倍数即n﹣1=1008+12k，k∈N则n=1009+12k，k∈N又∵n为5的倍数故当k=3时，1045是满足条件的最少人数故选C点评：本题是典型的“韩信点兵”问题，解答的关键是将问题转化为公倍数问题．。
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。
【高考复习】高考数学备考专题 证明题解答
【高考复习】高考数学备考专题证明题解答【高考复习】高考数学备考专题证明题解答一、合理推理1．归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论；2.类比推理是从特殊到特殊的推理。
它是两个相似物体之间的推理。
如果一个对象具有特定的属性，那么另一个对象也具有类似的属性。
在类推时，应充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类推和推导出类比对象的性质。
二、演绎推理演绎推理是从一般推理到特殊推理的过程。
数学的证明过程主要是通过演绎推理进行的。
只要演绎推理的大前提、小前提和推理形式正确，其结论就必须正确，并注意推理过程的正确性和完整性。
三、直接证明与间接证明直接证明与间接证明相对应。
综合法和分析法是两种常用的直接证明方法。
一般来说，综合法是利用已知的条件和一些数学定义、定理和公理，通过一系列的推理和论证，最终得出要证明的结论。
这种证明方法被称为综合法（或前推因果法）。
一般来说，分析方法从待证明结论开始，逐步寻找其成立的充分条件，直到最后，待证明结论归结为判断一个明显的条件（已知条件、定理、定义、公理等）。
这种证明方法称为分析法。
间接证明是相对于直接证明说的，反证法是间接证明常用的方法。
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，从而证明原命题成立，这种证明方法叫做反证法。
四、数学归纳法数学上证明与自然数n有关的命题的一种特殊方法，它主要用来研究与正整数有关的数学问题，在高中数学中常用来证明等式成立和数列通项公式成立。
高考数学总复习 专题05 第6节 直接证明与间接证明课件 文
则a＋b＋c
＝(x2－2y＋ )＋( y2－2z＋ )＋(z2－2x＋ )
2
3
6
＝(x－1)2＋( y－1)2＋(z－1)2＋－3.
因为－3 0，(x－1)2＋( y－1)2＋(z－1)2 0，
所以a＋b＋c 0，与a＋b＋c 0矛盾．
因此，假设不成立．
故a、b、c中至少有一个大于0.
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．
典例分析
题型一 综合法 【例1】(2011·湛江模拟)定义：若数列{An}满足An+1=A2n, 则称数列{An}为“平方递推数列”，已知数列{an}中， a1=2,点(an,an+1)在函数f(x)=2x2+2x的图象上，n∈N*， 求证：数列{2an+1}是“平方递推数列”.
所以 x ＋ y 2； 2x y 2y x 3
再证 x ＋ y 2， x 2y y 2x 3
只需证3x(2x＋y)＋3y(x＋2y) 2(x＋2y)( y＋2x)，
即2xy x2＋y2，显然成立，
所以 x ＋ y 2 . x 2y y 2x 3
综上所述，存在常数c＝ 2 ，使对任意的正整数x、 3
大于60°”时，应假设（ ）
A. 三个内角都不大于60°
B. 三个内角都大于60°
C. 三个内角至多有一个大于60°
D. 三个内角至多有两个大于60°
解析：因为“至少有一个”的反面是“一个也没有”，所 以“三角形的三个内角中至少有一个不大于60°” 的否定 是“三角形的三个内角中一个也没有不大于60°”，即“三 个内角都大于60°”，故选B.
个小于2.
a
2022年人教版高考数学考点总复习7.4 直接证明与间接证明
∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.
∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,这与已知矛盾.
∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列.
思考证明否定性问题的思路是什么?
解题心得对于含有否定概念的命题,直接证明不好证,但问题的反面比较具
体易证,一般利用补集法或反证法解答证明.先假设肯定结论成立,然后根
对点训练 2(2020 陕西临潼期末)证明:(1)√6 + √10 > √2 + √14;
(2)如果 a,b>0,则
+
lg 2
≥
lg +lg
.
2
2
2
证明 (1)要证√6 + √10 > √2 + √14,只要证(√6 + √10) > (√2 + √14) ,
即 2√60>2√28,显然成立的,所以,原不等式成立.
间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法,反证法是一种常用的间接
证明方法.
(1)反证法的定义:假设原命题 不成立 (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 矛盾 ,因此说明假设错误,从而证明
原命题成立 的证明方法.
(2)用反证法证明的一般步骤:①反设——假设命题的结论不成立;②归
5.(2020 吉林油田十一中月考)比较大小:3-2√2
√10 − √7(填
“>”“<”或“=”).
答案 <
解析 平方后再比较.然后用综合法写出过程即可.∵72>70,∴2√72>2√70,
高中数学高考42第七章 不等式、推理与证明 7 6 直接证明与间接证明
跟踪训练 2 已知 a>0，证明： a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
师生共研
题型三 反证法的应用
例 3 设 a>0，b>0，且 a＋b＝1a＋1b.证明： (1)a＋b≥2；
证明 由 a＋b＝1a＋1b＝aa＋bb，a>0，b>0，得 ab＝1.
由基本不等式及ab＝1，
有 a＋b≥2 ab＝2，即 a＋b≥2，当且仅当 a＝b＝1 时，等号成立.
7.如果 a a＋b b>a b＋b a成立，则 a，b 应满足的条件是_a_≥__0_，__b_≥__0_且__a_≠__b_. 解析 ∵a a＋b b－(a b＋b a) ＝ a(a－b)＋ b(b－a) ＝( a－ b)(a－b) ＝( a－ b)2( a＋ b). ∴当 a≥0，b≥0 且 a≠b 时，( a－ b)2( a＋ b)>0. ∴a a＋b b>a b＋b a成立的条件是 a≥0，b≥0 且 a≠b.
(1)证明：数列T1n是等差数列； 证明 ∵an＋1＝TTn＋n 1＝11－－aan＋n 1 ⇒ an＋1 ＝ 1 ⇒ 1 － 1 ＝1，
1－an＋1 1－an 1－an＋1 1－an
∴Tn1＋1－T1n＝1，
又∵T1＝1－a1＝a1， ∴a1＝12，∴T11＝1－1 a1＝2， ∴数列T1n是以 2 为首项，公差为 1 的等差数列.
师生共研
题型一 综合法的应用
例1 已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证： (1) a＋ b＋ c≤ 3； 证明 ∵( a＋ b＋ c)2＝(a＋b＋c)＋2 ab＋2 bc＋2 ca≤(a＋b＋c)＋(a＋b)
＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴ a＋ b＋ c≤ 3(当且仅当 a＝b＝c 时取等号).
高考数学考点突破——推理与证明：直接证明与间接证明含解析
高考数学考点突破——推理与证明：直接证明与间接证明含解
析
【考点梳理】
1．直接证明
2．间接证明
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，这样的证明方法叫做反证法．
【考点突破】
考点一、综合法
【例1】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.
(1)求证：a，b，c成等差数列．
(2)若C＝，求证：5a＝3b.
[解析] (1)由已知得sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B，
因为sin B≠0，
所以sin A＋sin C＝2sin B，
由正弦定理，有a＋c＝2b，
即a，b，c成等差数列．
(2)由C＝，c＝2b－a及余弦定理得
(2b－a)2＝a2＋b2＋ab，
即有5ab－3b2＝0，
所以5a＝3b.
【类题通法】
掌握综合法证明问题的思路
【对点训练】
已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对任意的n>1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列．
[解析] (1)由Sn＝，得a1＝S1＝1，。
高考数学理科总复习38直接证明与间接证明完美
已被证明的事实
.
课前双基巩固
2.间接证明 反证法:假设 推理,最后得出 叫作反证法.
原命题 不成立(即在 原命题 的条件下,
结论 不成立),经过正确的
矛盾 ,因此说明假设错误,从而证明了 原命题 成立,这种证明方法,
课前双基巩固
对点演练
题组一 常识题
1.[教材改编] 利用反证法证明“ 2,2 3,3 2不可能 成等比数列”时,正确的假设 是 .
3(������ +������ )3 4
3 3 2 2 3
3(������ +������ )2 4
(
,
所以(a+b)3≤8,因此 a+b≤2.
教学参考
2.[2015· 全国卷Ⅱ] 设 a,b,c,d 均为正数, 且 a+b=c+d,证明: (1)若 ab>cd,则 ������ + ������> ������ + ������ ; (2) ������ + ������> ������ + ������ 是|a-b|<|c-d|的充要 条件.
[答案]
2,2 3,3 2成等比数列
[解析] 易知应假设 为: 2,2 3,3 2成等比数列.
课前双基巩固
2.[教材改编] 要证明 3+ 7<2 5,可选择的方法有 “综合法、分析法、类比法、归纳法”四种,其中最合 理的方法是 .
[答案]
[解析]
分析法
用分析法证明如下:要证
明 3+ 7<2 5,需证 ( 3+ 7)2<(2 5)2,即证 10+2 21<20,即证 21<5,即证 21<25,显然成立,故原结论成立.
高考数学复习考点知识与题型精讲38---直接证明与间接证明
高考数学复习考点知识与题型精讲直接证明与间接证明[知识点与题型精讲] 1.了解直接证明的两种基本方法：综合法和分析法；了解综合法和分析法的思考过程和特点.2.了解反证法的思考过程和特点．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思维过程由因导果执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→…书写格式因为…，所以…或由…，得…要证…，只需证…，即证…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，这样的证明方法叫做反证法．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件． ( ) (2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( ) (3)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾． ( )(4)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0 ，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b42≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0D [a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.]3．用反证法证明命题：“已知a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 2＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 2＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根A [“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”的反面是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”，故选A.]4．已知a ，b ，x 均为正数，且a >b ，则b a 与b ＋xa ＋x 的大小关系是________．b ＋x a ＋x >ba [∵b ＋x a ＋x －b a ＝x (a －b )(a ＋x )a >0，∴b ＋x a ＋x >b a.] 5．(教材改编)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，则△ABC 的形状为__________三角形．等边 [由题意2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝π3，又b 2＝ac ，由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ， ∴a 2＋c 2－2ac ＝0，即(a －c )2＝0，∴a ＝c ， ∴A ＝C ，∴A ＝B ＝C ＝π3， ∴△ABC 为等边三角形．]综合法1．已知m ＞1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定B [∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m ＞m ＋m －1＞0(m ＞1)，∴1m ＋1＋m＜1m ＋m －1，即a ＜b .]2．已知函数f (x )＝－aa x ＋a(a ＞0，且a ≠1)．(1)证明：函数y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称；(2)求f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)的值．[证明] (1)函数f (x )的定义域为全体实数，任取一点(x ，y )，它关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称的点的坐标为(1－x ，－1－y )．由已知y ＝－aa x ＋a，则－1－y ＝－1＋a a x ＋a ＝－a xa x ＋a，f (1－x )＝－a a 1－x ＋a＝－a a a x ＋a＝－a ·a x a ＋a ·a x ＝－a xa x ＋a ，∴－1－y ＝f (1－x )，即函数y ＝f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12对称．(2)由(1)知－1－f (x )＝f (1－x )， 即f (x )＋f (1－x )＝－1.∴f (－2)＋f (3)＝－1，f (－1)＋f (2)＝－1， f (0)＋f (1)＝－1.则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝－3. [规律方法] 综合法证题的思路分析法1．若a ，b ∈(1，＋∞)，证明a ＋b ＜1＋ab . [证明] 要证a ＋b ＜1＋ab ，只需证(a＋b)2＜(1＋ab)2，只需证a＋b－1－ab＜0，即证(a－1)(1－b)＜0.因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，即(a－1)(1－b)＜0成立，所以原不等式成立．2．已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：1a＋b ＋1b＋c＝3a＋b＋c.[证明]要证1a＋b ＋1b＋c＝3a＋b＋c，即证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，也就是ca＋b＋ab＋c＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得，b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．(1)分析法的证题思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证.(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证.反证法►考法1 证明否定性命题【例1】 设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． [解] (1)设{a n }的前n 项和为S n . 则S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1， qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1＋a 1q n ， 两式相减得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ＝a 1(1－q n )， 当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.(2)证明：假设数列{a n ＋1}是等比数列， 则(a 1＋1)(a 3＋1)＝(a 2＋1)2，即a 1a 3＋a 1＋a 3＋1＝a 22＋2a 2＋1，因为{a n }是等比数列，公比为q ，所以a 1a 3＝a 22，a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2，所以a 1(1＋q 2)＝2a 1q .即q 2－2q ＋1＝0，(q －1)2＝0，q ＝1， 这与已知q ≠1矛盾，所以假设不成立，故数列{a n ＋1}不是等比数列． ►考法2 证明“至多”“至少”命题【例2】 已知a ，b ，c 是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax 2＋2bx ＋c ＝0，bx 2＋2cx ＋a ＝0，cx 2＋2ax ＋b ＝0中至少有一个方程有两个相异实根．[证明] 假设三个方程都没有两个相异实根． 则Δ1＝4b 2－4ac ≤0， Δ2＝4c 2－4ab ≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0，上述三个式子相加得：a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的实数相矛盾．因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．[规律方法]用反证法证明数学命题需把握的三点(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.(1)已知x∈R，a＝x2＋12，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.(2)设a>0，b>0，且a＋b＝1a＋1b.证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab ，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立， 则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．。
高考数学总复习考点知识专题讲解34---直接证明与间接证明
以上三式相加得 43a1＋1＋3b1＋1＋3c＋1 1≥9－3(a＋b＋c)＝6， ∴3a1＋1＋3b1＋1＋3c＋1 1≥32， 当且仅当a＝b＝c＝13时取“＝”．
角度2：分析法 【例1－2】 (1)已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－ a2b. (2)已知a>0，求证： a2＋a12－ 2≥a＋12－2.
[证明] (1)要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，
只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0， 即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0， 即证(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0. ∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0， 从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立， ∴2a3－b3≥2ab2－a2b.
[证明] ①当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－ 3，等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即12－22＋32 －42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋ (2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－ k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
1．分析法与综合法的应用特点 对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论 与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明；或两 种方法交叉使用． 2．反证法证明的应用特点 要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没 有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误 的．
3．数学归纳法的应用特点 归纳假设就是已知条件，在推证n＝k＋1时，可以通过 凑、拆、配项等方法，但必须用上归纳假设．
2021年高考数学考点38直接证明与间接证明必刷题理含解析
考点38 直接证明与间接证明1．用反证法证明数学命题时，首先应该做出与命题结论相反的假设，否定“自然数中恰有一个偶数”时正确的反设为 ( )A．自然数都是奇数 B．自然数都是偶数C．自然数至少有两个偶数或都是奇数 D．自然数至少有两个偶数【答案】C【解析】命题的否定是命题本题反面的所有情况，所以“自然数中恰有一个偶数”的否定是“自然数至少有两个偶数或都是奇数”，选C.2．用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程有有理根，那么，，中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是（）．A．假设，，都是偶数B．假设，，都不是偶数C．假设，，至多有一个是偶数D．假设，，至多有两个是偶数【答案】B3．用反证法证明命题“等腰三角形的底角必是锐角”,下列假设正确的是（）A．等腰三角形的顶角不是锐角 B．等腰三角形的底角为直角C．等腰三角形的底角为钝角 D．等腰三角形的底角为直角或钝角【答案】D【解析】分析：反证法的假设需要写出命题的反面，结合题意写出所给命题的反面即可.详解：反证法的假设需要写出命题的反面.“底角必是锐角”的反面是“底角不是锐角”，即底角为直角或钝角.本题选择D选项.4．用反证法证明命题“若都是正数，则三数中至少有一个不小于2”，提出的假设是（）A．不全是正数 B．至少有一个小于2C．都是负数 D．都小于2【答案】D5．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于”时，假设正确的是（）A．假设三内角都不大于 B．假设三内角都大于C．假设三内角至多有一个大于 D．假设三内角至多有两个大于【答案】B【解析】根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，“至少有一个”的否定：“一个也没有”；即“三内角都大于60度”.故选B.6．①已知，是实数，若，则且，用反证法证明时，可假设且；②设为实数，，求证与中至少有一个不小于，用反证法证明时，可假设，且.则A．①的假设正确，②的假设错误 B．①的假设错误，②的假设正确C．①与②的假设都错误 D．①与②的假设都正确【答案】B7．用反证法证明“三角形中至少有两个锐角”，下列假设正确的是（）A．三角形中至多有两个锐角 B．三角形中至多只有一个锐角C．三角形中三个角都是锐角 D．三角形中没有一个角是锐角【解析】用反证法证明“一个三角形中至少有两个锐角”时，应先假设“一个三角形中最多有一个锐角”.故选：B.8．用反证法证明命题“已知为整数，若不是偶数，则都不是偶数”时，下列假设中正确的是（）A．假设都是偶数 B．假设中至多有一个偶数C．假设都不是奇数 D．假设中至少有一个偶数【答案】D【解析】由于“都不是”的否定是“不都是”，即“至少有一个”，所以应该假设中至少有一个偶数，故选D.9．已知实数满足，，用反证法证明：中至少有一个小于0．下列假设正确的是（）A．假设至多有一个小于0B．假设中至多有两个大于0C．假设都大于0D．假设都是非负数【答案】D【解析】由于命题“若a，b，c，d中至少有一个小于0”的反面是“a，b，c，d都是非负数”，故用反证法证明时假设应为“a，b，c，d都是非负数”．故选D．10．对于命题：，若用反证法证明该命题，下列假设正确的是（）．A．假设，都不为0 B．假设，至少有一个不为0C．假设，都为0 D．假设，中至多有一个为0【答案】A11．用反证法证明“已知，求证：.”时，应假设( )A． B． C．且 D．或【解析】根据反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立，而的否定为“不都为零”，故选D.12．用反证法证明命题“已知为非零实数，且，，求证中至少有两个为正数”时，要做的假设是（）A．中至少有两个为负数 B．中至多有一个为负数C．中至多有两个为正数 D．中至多有两个为负数【答案】A【解析】用反证法证明某命题时，应先假设命题的否定成立，而：“中至少有二个为正数”的否定为：“中至少有二个为负数”．故选A．13．设函数，.(Ⅰ)讨论函数的单调性；(Ⅱ)当时，函数恰有两个零点，证明：【答案】(1) 当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)证明见解析.14．若无穷数列满足：是正实数，当时，，则称是“-数列”.已知数列是“-数列”.（Ⅰ）若，写出的所有可能值；（Ⅱ）证明：是等差数列当且仅当单调递减；（Ⅲ）若存在正整数，对任意正整数，都有，证明：是数列的最大项.【答案】（1）-2，0，2，8.（2）见解析（3）见解析15．已知集合{}128=,,...,X x x x 是集合{2001,2002,2003,,2016,S =2017}的一个含有8个元素的子集.（Ⅰ）当{}2001,2002,2005,2007,2011,2013,2016,2017X =时, 设(),1,8,i j x x X i j ∈≤≤（i ）写出方程2i j x x -=的解(),i j x x ；（ii ）若方程(0)i j x x k k -=>至少有三组不同的解,写出k 的所有可能取值.（Ⅱ）证明:对任意一个X ,存在正整数,k 使得方程(1,i j x x k i -=≤8)j ≤至少有三组不同的解. 【答案】（Ⅰ）（i ）()()2007,2005,2013,2011,（ii ）4,6；（Ⅱ）证明见解析.假设不存在满足条件的k ,则这13个数中至多两个1、两个2、两个3、两个4、两个5、两个6,从而()()()1271262126749a a a b b b ++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+≥++⋅⋅⋅++=①又这与①矛盾,所以结论成立. 16．（1）（用综合法证明）已知△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，且A 、B 、C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，证明：△ABC 为等边三角形。
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习43---直接证明与间接证明
高考数学二轮复习考点知识讲解与练习第43讲直接证明与间接证明考点知识：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.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点．知识梳理1．直接证明语言或由……得……即证……2.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立的证明方法．(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．1．分析法是执果索因，实际上是寻找使结论成立的充分条件；综合法是由因导果，就是寻找已知的必要条件．2．综合法与分析法都是直接证明的方法，反证法是间接证明的方法．3．用反证法证题时，首先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况，然后推出矛盾，矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾．诊断自测1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( )(2)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．( )答案(1)×(2)×解析(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充分条件．(2)应假设“a≤b”．2．若P＝a＋6＋a＋7，Q＝a＋8＋a＋5(a≥0)，则P，Q的大小关系是( ) A．P>Q B．P＝Q C．P<Q D．不能确定答案 A解析假设P>Q，只需P2>Q2，即2a＋13＋2(a＋6)(a＋7)>2a＋13＋2(a＋8)(a＋5)，只需a2＋13a＋42>a2＋13a＋40.因为42>40成立，所以P>Q成立．故选A.3．实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc>0，则1a＋1b＋1c的值( )A．一定是正数 B．一定是负数C．可能是0 D．正、负不确定答案 B解析由a＋b＋c＝0，abc>0得a，b，c中必有两负一正，不妨设a<0，b<0，c>0，且|a|<|c|，则1|a|>1|c|，从而－1a>1c，而1b<0，所以1a＋1b＋1c<0.4．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)·(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，其过程应用了( ) A．分析法 B．综合法C．综合法、分析法综合使用 D．间接证法答案 B5．(2022·西安月考)利用反证法证明：若x＋y＝0，则x＝y＝0，应假设为( ) A．x，y都不为0B．x，y不都为0C ．x ，y 都不为0，且x ≠yD ．x ，y 至少有一个为0 答案 B解析 x ＝y ＝0的否定为x ≠0或y ≠0，即x ，y 不都为0，选B.6．(2022·安庆检测)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________． 答案b 2＋c 2<a 2解析 根据余弦定理，cos A ＝b 2＋c 2－a 22ab <0，所以b 2＋c 2<a 2.考点一 综合法的应用【例1】 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明 (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13，当且仅当“a ＝b ＝c ”时等号成立．(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ，当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，故a2b＋b2c＋c2a＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，则a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.所以a2b＋b2c＋c2a≥1.感悟升华 1.综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．2．综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．【训练1】本例的条件不变，证明a2＋b2＋c2≥1 3 .证明因为a＋b＋c＝1，所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，因为2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，当且仅当“a＝b＝c”时，等号成立，所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥1 3 .考点二分析法【例2】若a，b∈(1，＋∞)，证明a＋b<1＋ab. 证明要证a＋b<1＋ab，只需证(a＋b)2<(1＋ab)2，只需证a＋b－1－ab<0，即证(a－1)(1－b)<0.因为a>1，b>1，所以a－1>0,1－b<0，即(a－1)(1－b)<0成立，所以原不等式成立．感悟升华分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．【训练2】已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：1a＋b ＋1b＋c＝3a＋b＋c.证明要证1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c，即证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，也就是ca＋b＋ab＋c＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．考点三反证法【例3】设数列{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？(1)证明假设数列{S n}是等比数列，则S22＝S1S3，即a21(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，这与公比q≠0矛盾，所以数列{S n}不是等比数列．(2)解当q＝1时，S n＝na1，故{S n}是等差数列；当q≠1时，{S n}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0，这与公比q≠0矛盾．综上，当q＝1时，数列{S n}是等差数列；当q≠1时，数列{S n}不是等差数列．感悟升华 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．【训练3】已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝1，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，即ac＋bd＋ad＋bc＝1，又ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，故a，b，c，d中至少有一个是负数．A级基础巩固一、选择题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个答案 D解析由定义可知①②③④⑤都正确，选D.2．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是( )A．ac2<bc2 B．a2>ab>b2C.1a<1bD．ba>ab答案 B解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.3．(2022·厦门月考)用反证法证明：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．用反证法证明时，下列假设正确的是( ) A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数C．假设a，b，c至多有一个偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数答案 B解析“至少有一个”的否定为“都不是”，故B正确．4．在△ABC中，sin A sin C<cos A cos C，则△ABC一定是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定 答案 C解析 由sin A sin C <cos A cos C 得cos A cos C －sin A sin C >0，即cos(A ＋C )>0，所以A ＋C 是锐角，从而B >π2，△ABC 必是钝角三角形．故选C. 5．分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x2时，索的因是( )A ．x 2>2B ．x 2>4C ．x 2>0D ．x 2>1 答案 C解析 因为x >0，所以要证1＋x <1＋x2，只需证(1＋x )2<⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 22，即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立，故原不等式成立．故选C.6．(2021·西安模拟)已知a ，b ，c ∈R ，若b a ·ca >1且b a ＋c a≥－2，则下列结论成立的是( ) A ．a ，b ，c 同号B ．b ，c 同号，a 与它们异号C ．a ，c 同号，b 与它们异号D ．b ，c 同号，a 与b ，c 的符号关系不确定 答案 A解析 由b a ·c a >1知b a 与c a 同号，若b a >0且c a >0，不等式b a ＋c a ≥－2显然成立，若b a <0且c a<0，则－b a >0，－c a >0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a ≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a >2，即b a ＋c a <－2，这与b a ＋c a ≥－2矛盾，故b a>0且c a>0，即a ，b ，c 同号．故选A.二、填空题7.6＋7与22＋5的大小关系为________． 答案6＋7>22＋ 5解析 要比较6＋7与22＋5的大小， 只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小， 只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小， ∵42>40，∴6＋7>22＋ 5.8．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成立的条件的序号是________． 答案 ①③④解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且a b>0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④均能使b a ＋ab≥2成立． 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________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－3，32解析 若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立， 则⎩⎨⎧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 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，32. 三、解答题10．已知x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z －1>8. 证明 因为x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，所以1x －1＝1－x x ＝y ＋z x >2yz x ，①1y －1＝1－y y ＝x ＋z y >2xz y ，②1z －1＝1－z z ＝x ＋yz >2xyz ，③又x ，y ，z 为正数，由①×②×③，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1y －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1z －1>8. 11．已知a >5，求证：a －5－a －3<a －2－a .证明 要证a －5－a －3<a －2－a ， 只需证a －5＋a <a －3＋a －2，只需证(a －5＋a )2<(a －3＋a －2)2，只需证2a －5＋2a 2－5a <2a －5＋2a 2－5a ＋6，只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6，只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6，只需证0<6， 因为0<6恒成立， 所以a －5－a －3<a －2－a 成立．B 级 能力提升12．(2021·长春模拟)①已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q >2；②设a 为实数，f (x )＝x 2＋ax ＋a ，可证|f (1)|与|f (2)|中至少有一个不大于12，由反证法证明时可假设|f (1)|≥12，且|f (2)|≥12，以下说法正确的是( ) A ．①与②的假设都错误B ．①与②的假设都正确C ．①的假设正确，②的假设错误D ．①的假设错误，②的假设正确答案 C解析 用反证法证明时，应假设结论不成立，所以①正确；设a 为实数，f (x )＝x 2＋ax＋a ，求证|f (1)|与|f (2)|中至少有一个不大于12，用反证法证明时假设应为|f (1)|>12且|f (2)|>12，所以②错误．故选C. 13．若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 与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．其中判断正确的是________(填序号)．答案①②解析 对①，假设(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0⇒a ＝b ＝c 与已知a ，b ，c 是不全相等的正数矛盾，所以①正确；对②，假设都不成立，这样的数a ，b 不存在，所以②正确；对③，举例a ＝1，b ＝2，c ＝3，a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 能同时成立，所以③不正确，填①②.14．若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值； (2)是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ，则12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.(2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a >－2)上是“四维光军”函数， 因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎨⎧ h (a )＝b ，h (b )＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a .解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在常数a ，b (a >－2)使函数h (x )＝1x ＋2是[a ，b ]上的“四维光军”函数．。
高考数学 试题汇编 第三节 直接证明与间接证明 理(含解析)
第三节 直接证明与间接证明直接证明1.(2010年山东卷,理12)定义平面向量之间的一种运算“☉”如下:对任意的a=(m,n),b=(p,q),令a ☉b=mq-np.下面说法错误的是( )(A)若a 与b 共线,则a ☉b=0(B)a ☉b=b ☉a(C)对任意的λ∈R,有(λa)☉b=λ(a ☉b)(D)(a ☉b)2+(a ·b)2=|a|2|b|2解析:若a=(m,n)与b=(p,q)共线,则mq-np=0,依运算“☉”知a ☉b=0,故A 正确.由于a ☉b=mq-np,又b ☉a=np-mq,因此a ☉b=-b ☉a,故B 不正确.对于C,由于λa=(λm,λn),因此(λa)☉b=λmq-λnp,又λ(a ☉b)=λ(mq-np)=λmq-λnp,故C 正确.对于D,(a ☉b)2+(a ·b)2=m 2q 2-2mnpq+n 2p 2+(mp+nq)2=m 2(p 2+q 2)+n 2(p 2+q 2)=(m 2+n 2)(p 2+q 2)=|a|2|b|2,故D 正确.答案:B.对此类给出一种新概念、新运算、新性质的题目,在准确理解、把握所给新概念、新运算、新性质的基础上,正确迁移,运用所学知识解决新问题.2.(2010年湖北卷,理15)设a>0,b>0,称为a,b 的调和平均数.如图,C 为线段AB 上的点,且AC=a,CB=b,O 为AB 中点,以AB 为直径作半圆.过点C 作AB 的垂线交半圆于D,连接OD,AD,BD.过点C 作OD 的垂线,垂足为E.则图中线段OD 的长度是a,b 的算术平均数,线段 的长度是a,b 的几何平均数,线段 的长度是a,b 的调和平均数.解析:在Rt △ABD 中,CD 是斜边AB 上的高,所以CD 2=AC ·CB,所以CD==,所以线段CD 的长度是a,b 的几何平均数.在Rt △OCD 中,因为CE ⊥OD, 所以=,所以线段DE 的长度为为=.所以线段DE 的长度是a,b 的调和平均数.答案:CDDE间接证明3.(2011年上海卷,理22)已知数列{a n }和{b n }的通项公式分别为a n =3n+6,b n =2n+7(n ∈N *).将集合{x|x=a n ,n ∈N *}∪{x|x=b n ,n ∈N *}中的元素从小到大依次排列,构成数列c 1,c 2,c 3,…,c n ,….(1)求c 1,c 2,c 3,c 4;(2)求证:在数列{c n }中,但不在数列{b n }中的项恰为a 2,a 4,…,a 2n ,…;(3)求数列{c n }的通项公式.(1)解:由a 1=9,a 2=12,a 3=15…b 1=9,b 2=11,b 3=13…∴c 1=9,c 2=11,c 3=12,c 4=13.(2)证明:∵数列{c n }由{a n }、{b n }的项构成,∴只需讨论数列{a n }的项是否为数列{b n }的项.∵对于任意n ∈N *,a 2n-1=3(2n-1)+6=6n+3=2(3n-2)+7=b 3n-2,∴a 2n-1是{b n }的项.下面用反证法证明:a 2n 不是{b n }的项.假设a 2n 是数列{b n }的项,设a 2n =b m ,则3×2n+6=2m+7,m=3n-,与m ∈N *矛盾.即a 2n 是{c n }中的项,但不在{b n }中.∴结论得证.(3)解:∵b 3k-2=2(3k-2)+7=6k+3,a 2k-1=6k+3,b 3k-1=6k+5,a 2k =6k+6,b 3k =6k+7,∴b 3k-2=a 2k-1<b 3k-1<a 2k <b 3k ,k=1,2,3,….所以,c n=k∈N*.综上,c n=k∈N*.4.(2010年湖北卷,理20)已知数列{a n}满足:a1=,=,a n a n+1<0(n≥1),数列{b n}满足:b n=-(n≥1).(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)证明:数列{b n}中的任意三项不可能成等差数列.(1)解:由题意可知,1-=(1-).令c n=1-,则c n+1=c n.又c1=1-=,则数列{c n}是首项为c1=,公比为的等比数列,即c n=·()n-1,故1-=·()n-1,∴=1-·()n-1.又a1=>0,a n a n+1<0,故a n=(-1)n-1.b n=-=[1-·()n]-[1-·()n-1]=·()n-1.(2)证明:假设数列{b n}存在三项b r,b s,b t(r<s<t)按某种顺序成等差数列,由于数列{b n}是首项为,公比为的等比数列,于是有b r>b s>b t,则只能有2b s=b r+b t成立.∴2×·()s-1=·()r-1+·()t-1,两边同乘3t-121-r,化简得3t-r+2t-r=2·2s-r3t-s.由于r<s<t,∴上式左边为奇数,右边为偶数,故上式不可能成立,导致矛盾.故数列{b n}中任意三项不可能成等差数列.(2011年大纲全国卷,理21,12分)已知O为坐标原点,F为椭圆C:x2+=1在y轴正半轴上的焦点,过F且斜率为-的直线l与C交于A、B两点,点P满足++=0.(1)证明:点P在C上;(2)设点P关于点O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四点在同一圆上.证明:(1)焦点F(0,1),直线l的方程为y=-x+1.①1分将①代入到x2+=1中整理得4x2-2x-1=0.2分设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),则x1+x2=,y1+y2=-(x1+x2)+2=1.3分∵++=0,∴x3=-(x1+x2)=-,y3=-(y1+y2)=-1,∴P点的坐标为(-,-1).4分经验证,点P的坐标(-,-1)满足方程x2+=1,故点P在椭圆C上.5分第(1)问赋分细则:(1)写出焦点F的坐标及直线l的方程得1分;(2)将直线l的方程代入到椭圆C的方程中化简正确得1分;(3)将向量等式++=0坐标化,结合一元二次方程根与系数的关系求出P点的坐标得2分;(4)将P点坐标代入到椭圆C的方程中验证得1分.(2)由P(-,-1)得其关于原点的对称点Q(,1),∴线段PQ的垂直平分线l1的方程为y=-x.①6分设线段AB的中点为M,由(1)得M(,),∴线段AB的垂直平分线l2的方程为y=x+.②7分由①②得l1,l2的交点N(-,),∴|NP|==.8分∵|AB|=·=·=,∴|AM|=.9分又|MN|==,∴|NA|==,∴|NP|=|NA|.10分又|NP|=|NQ|,|NA|=|NB|,∴|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|.11分由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心,|NA|为半径的圆上.12分第(2)问赋分细则:(1)分别求出线段PQ、AB的垂直平分线l1、l2方程各得1分;(2)求出直线l1与l2交点N的坐标及|NP|得1分;(3)分别求出|AM|和|NA|各得1分;(4)通过计算得到|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|,由此证出A、P、B、Q四点共圆,得2分.通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:(1)不知道将++=0坐标化,得到A、B、P三点坐标间的关系式,无从下手;(2)不知道利用整体代换求出P点坐标,不能得分;(3)缺少将P点坐标代入椭圆C的方程验证这一步,扣1分;(4)将直线l1、l2的方程或l1与l2的交点N的坐标求错,丢1分,并导致下面做错;(5)将|NP|或|NA|算错,得不出|NP|=|NA|,丢掉2分;(6)没有利用|NA|=|NP|=|NB|=|NQ|说明A、P、B、Q四点共圆,造成步骤不完整,扣2分.。
高备考2020年高考数学一轮复习：35 直接证明与间接证明
高备考2020年高考数学一轮复习：35 直接证明与间接证明一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）用反证法证明命题：“若 a,b ∈R ，且 a 2+b 2=0 ，则a ，b 全为0”时，要做的假设是（ ）A ．a ≠0 且 b ≠0B ．a ，b 不全为0C ．a ，b 中至少有一个为0D ．a ，b 中只有一个为02．（2分）用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个大于 60° ，反证假设正确的是()A ．假设三内角都大于 60°B ．假设三内角都不大于 60°C ．假设三内角至多有一个大于 60°D ．假设三内角至多有两个大于 60°3．（2分）若 P =√a +√a +5 ， Q =√a +2+√a +3 （ a ≥0 ），则 P ， Q 的大小关系是（ ） A ．P <Q B ．P =Q C ．P >QD ．P ， Q 的大小由 a 的取值确定4．（2分）设 a >b >c ， a +b +c =1 ，且 a 2+b 2+c 2=1 ，则（ ）A ．a +b >1B ．a +b =1C ．a +b <1D ．以上都不能恒成立5．（2分）用反证法证明“若 x +y ≤0 则 x ≤0 或 y ≤0 ”时，应假设（ ）A ．x >0 或 y >0B ．x >0 且 y >0C ．xy >0D ．x +y <06．（2分）已知 a ，b ，c ∈(0，2) ，则 (2−a)b ，(2−b)c ，(2−c)a 中（ ）A ．至少有一个不小于1B ．至少有一个不大于1C ．都不大于1D ．都不小于17．（2分）用反证法证明“如果 a >b ，那么 √a 3>√b 3 ”假设的内容应是（ ） A ．√a 3=√b 3B ．√a 3<√b 3C ．√a 3=√b 3 且 √a 3<√b 3D ．√a 3=√b 3 或 √a 3<√b 38．（2分）设a，b，c∈(0，1)，则a+1b ，b+1c，c+1a（）A．都不大于2B．都不小于2C．至少有一个不大于2D．至少有一个大于29．（2分）甲乙丙丁四个人背后各有1个号码，赵同学说：甲是2号，乙是3号；钱同学说：丙是2号，乙是4号；孙同学说：丁是2号，丙是3号；李同学说：丁是1号，乙是3号．他们每人都说对了一半，则丙是()A．1号B．2号C．3号D．4号10．（2分）用反证法证明命题“设a、b为实数，函数f(x)=e x2+ax+b−1至少有一个零点”时要做的假设是（）A．函数f(x)=e x2+ax+b−1恰有两个零点B．函数f(x)=e x2+ax+b−1至多有一个零点C．函数f(x)=e x2+ax+b−1至多有两个零点D．函数f(x)=e x2+ax+b−1没有零点11．（2分）“已知函数f(x)=x2+ax+a(a∈R)，求证：|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于12。
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解析
空间四边形可能四边相等，但不是正方形，故 A 为真
命题；令 z1＝ 1＋ bi，z2＝ 3－ bi(b∈ R)，显然 z1＋ z2＝ 4∈ R，但 z1， z2 不互为共轭复数，B 为假命题；假设 x， y 都不大于 1， 则 x＋ y>2 不成立，故与题设条件“ x＋ y>2”矛盾，假设不成
只需证
2
1 2 1 a ＋ 2≥ a＋ ， a 2 a
抓住2个考点
执果索因
突破3个考向 揭秘3年高考
证题 P(已知)⇒P1⇒P2⇒„ 步骤 ⇒Pn⇒Q(结论) 文字 因为„，所以„或由 语言 „，得„
Q(结论)⇐Q1⇐Q2⇐„ ⇐Qn⇐P(已知) 要证„，只需证„，即 证„ ⇐
符号 语言
⇒
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2.间接证明 反证法
定义
0 n n 立，故 C 为真命题； Cn ＋ C1 n＋„＋ Cn＝ 2 为偶数，故 D 为真
命题．排除 A， C， D，应选 B.
答案
B
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5．下列条件：①ab>0，② ab<0，③a>0， b>0，④ a<0，b<0， b a 其中能使 ＋ ≥2 成立的条件的个数是________． a b b a b a 解析 要使 ＋ ≥2，只要 >0 且 >0，即 a，b 不为 0 且同 a b a b
解析 答案 “至少有一个不大于”的否定是“都大于”． B
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3．设a，b∈R，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是 ( A．b－a＞0 B．a3＋b3＜0
)．
C．a2－b2＜0
解析 a＞0. 答案 D
D．b＋a＞0
∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋
接证明有困难的命题．
(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．
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考点自测
1．(湘教版教材改编题)要证明 3＋ 7<2 5，可选择的方法有 下面几种，其中最合理的是 ( )．
否定 成立，从这个假设出 先假设原命题的_____ 已知事实相矛盾 的 发，经过推理，得出与_______________ 结论，这个矛盾的结果说明原命题结论的否 不成立 ，从而间接肯定了原命题结论成 定_______ 立，像这样一种间接证法，称为反证法 (1)分清命题的条件和结论； 不成立 ，而 (2)反设：假定所要证明的结论_______ 反面 成立； 设结论的_____
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适用 范围
【助学· 微博】
一个思路
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．
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两点提醒
(1)适合使用反证法证明的命题有：①否定性命题；②唯 一性命题；③至多、至少型命题；④明显成立命题；⑤直
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4．(2012· 江西)下列命题中，假命题为 A．存在四边相等的四边形不是正方形
(
)．
B．z1，z2∈C，z1＋z2为实数的充分必要条件是z1，z2互为共
轭复数
C．若x，y∈R，且x＋y>2，则x，y至少有一个大于1
1 n D．对于任意 n∈N＋，C0 ＋ C ＋„＋ C n n n都是偶数
证明 步骤
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证明 步骤
反设 ”出发，通过正确的推理， (3)归谬：由“_____ 已知条件 ，_________________ 已知公理、定义、 导出矛盾——与_________ 定理、反设 及明显的事实矛盾或自相矛盾； _____________ (4)结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于 反设 ”的谬误，既然结论的反面不成立，从 “_____ 而肯定了结论成立 (1)否定性命题； (2)命题的结论中出现“至少”、“至多”、“ 唯一”等词语的； (3)当命题成立非常明显，而要直接证明所用的 理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非 常容易证明的； (4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少
号即可，故有 3 个．
答案
3
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考向一
分析法的应用
1 1 a ＋ 2－ 2≥a＋ －2. a a
2
【例 1】►用分析法证明：若 a>0，则
[审题视点] 采用分析法，移项、平方、整理．
证明 只需证 要证
2
1 1 a ＋ 2－ 2≥ a＋ － 2. a a
2
1 1 a ＋ 2＋ 2≥a＋ ＋ 2. a a
第2讲 直接证明与间接证明
【2014年高考会这样考】
考查直接证明为主，多隐含于各种题目中，如数列、不等
式、立体几何等．
抓住2个考点
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考点梳理
1．直接证明 综合法 分析法
待证 结论或 从数学题的_____ 已知 条件出 从数学题的_____ 需求 问题出发，一步一步 _____ 逻辑推理 发，经过逐步的 _________ 定义 地探索下去，最后达到题 待证结论或 最后达到_____ 已知条件 ，称为分析 设的 _________ 需求 的问题，称为综合法 _____ 法 思维 过程 由因导果
∵ a>0，∴两边均大于零，
∴只需证 2 1 1 2 a＋ ＋ 2 ， a ＋ 2＋ 2 ≥ a a
2
抓住2个考点 突破3个考向 揭秘3年高考
1 只需证 a ＋ 2＋ 4＋ 4 a
2
1 1 2 a ＋ 2≥ a ＋ 2＋ 2＋ 2＋ a a
2
2
1 2a＋ ， a
A．综合法
C．特殊值法 答案 B
B．分析法
D．其他方法
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2．(2013· 华师附中一模)用反证法证明命题：“三角形三内角至少 有一个不大于60°”时，应假设 A．三个内角都不大于60° B．三个内角都大于60° C．三个内角至多有一个大于60° ( )．
D．三个内角至多有两个大于60°