高中数学第六章推理与证明62直接证明与间接证明621直接证明：分析法与综合法基础达标湘教版2-2!
专题6.6 直接证明、间接证明、数学归纳法(原卷版)
第六篇不等式、推理与证明专题6.6直接证明、间接证明、数学归纳法【考纲要求】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3.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【命题趋势】1.直接证明与间接证明一般考查以不等式、数列、解析几何、立体几何、函数、三角函数为背景的证明问题.2.数学归纳法一般以数列、集合为背景，用“归纳—猜想—证明”的模式考查.【核心素养】本讲内容主要考查逻辑推理和数学运算的核心素养.【素养清单•基础知识】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、定理、公理等，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、定理、公理等，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.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)反证法的定义一般地，假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，由此说明假设错误，从而证明了原命题的成立，这样的证明方法叫作反证法．(2)用反证法证明的一般步骤①反设——假设原命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推理中出现矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．用反证法证明命题“若p ，则q ”的过程可以用框图表示为 肯定条件p ，否定结论q ―→推出逻辑矛盾―→“若p ，则非q ”为假―→“若p ，则q ”为真【真题体验】1．用分析法证明：欲使①A ＞B ，只需②C ＜D ，这里①是②的( )A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．用反证法证明命题“三角形三个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°3.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__________．4．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__________．5．(2019·湖北天门中学月考)设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋26．(2019·黑龙江大庆一模)设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k ＋1成立时，总可推出f (k ＋1)≥k ＋2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立7．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)时命题为真，进而需证n ＝__________时，命题亦真．【考法解码•题型拓展】考法一：分析法解题技巧：分析法证题的思路(1)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．【例1】 已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.考法二：综合法归纳总结 ：综合法证题的思路(1)分析条件选择方向：分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法．(2)转化条件组织过程：把已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．(3)适当调整回顾反思：回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取．【例2】 (1)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，若ab >cd ，证明：①a ＋b >c ＋d ；②|a －b |<|c －d |.(2)(2019·长沙调考)已知函数f (x )＝log 2(x ＋2)，a ，b ，c 是两两不相等的正数，且a ，b ，c 成等比数列，试判断f (a )＋f (c )与2f (b )的大小关系，并证明你的结论．考法三：反证法归纳总结(1)适用范围：①“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确的题目；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，用直接证明法比较困难，往往用反证法．(2)推理关键：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．【例3】 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 n n (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．考法四：数学归纳法证明等式归纳总结：数学归纳法证明等式的思路和注意点(1)思路：用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少．(2)注意点：由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确地写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．【例1】求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．考法五：数学归纳法证明不等式归纳总结(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证明，则可考虑应用数学归纳法．(2)数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等方法证明．【例2】已知数列{a n}，a n≥0，a1＝0，a2n＋1＋a n＋1－1＝a2n，求证：当n∈N*时，a n<a n＋1.考法六：归纳—猜想—证明归纳总结：“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决与正整数n有关的探索性问题、存在性问题中有着广泛的应用，其关键是归纳、猜想出公式．【例3】(2019·湖北孝感检测)数列{a n}满足S n＝2n－a n(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，并猜想a n的通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．【易错警示】易错点一：反证法中未用到反设的结论【典例】设{a n}是公比为q的等比数列．设q≠1，证明：数列{a n＋1}不是等比数列．【错解】：假设{a n＋1}是等比数列．则{a n＋1}的前三项为a1＋1，a2＋1，a3＋1，即a1＋1，a1q＋1，a1q2＋1.(a1＋1)(a1q2＋1)－(a1q＋1)2＝a21q2＋a1＋a1q2＋1－a21q2－2a1q－1＝a1(q2－2q＋1)＝a1(q－1)2≠0，所以(a1＋1)(a1q2＋1)≠(a1q＋1)2，所以数列{a n＋1}不是等比数列．(推理中未用到结论的反设)【错因分析】：错解在解题的过程中并没有用到假设的结论，故不是反证法．利用反证法进行证明时，首先对所要证明的结论进行否定性假设，并以此为条件进行归谬，得到矛盾，则原命题成立．【正解】：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)，a2k＋1＋2a k＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k＋a k＋2＋1，a21q2k＋2a1q k＝a1q k－1·a1q k＋1＋a1q k－1＋a1q k＋1，因为a1≠0，所以2q k＝q k－1＋q k＋1.又q≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以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．【误区防范】利用反证法证明数学问题时，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．【跟踪训练】设a>0，b>0，且a2＋b2＝1a2＋1b2.证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．【答案】见解析【解析】证明 假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则有a 2＋a ＋b 2＋b <4.而由a 2＋b 2＝1a 2＋1b 2得a 2b 2＝1，因为a >0，b >0，所以ab ＝1.因为a 2＋b 2≥2ab ＝2(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)，a ＋b ≥2ab ＝2(当且仅当a＝b ＝1时，等号成立)，所以a 2＋a ＋b 2＋b ≥2ab ＋2ab ＝4(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)，这与假设矛盾，故假设错误．所以a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．易错点二：证明过程未用到归纳假设【典例】用数学归纳法证明：12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (n ∈N *)．【错解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k .那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【错因分析】：错误的原因在第二步，它是直接利用了等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时，式子12＋122＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”，不符合数学归纳法证明的步骤． 【正解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边．这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【误区防范】(1)用数学归纳法证明命题时常出现两种错误：一是n 0的值找错．二是证明命题n ＝k ＋1也成立时，没有用到n ＝k 时的归纳假设．(2)确定由n ＝k 变化到n ＝k ＋1的过程中项的变化情况时，要把握好项的变化规律以及首末项．【跟踪训练】 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋1(n ∈N *)，求a 2，a 3，a n ，并用数学归纳法证明你的结论．【答案】见解析【解析】a 2＝2，a 3＝2＋1，可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n ＝1时结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＋11 1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知，a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．【递进题组】1．欲证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥02．若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( )A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1 D.123．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.4．已知a ≠0，证明：关于x 的方程ax ＝b 有且只有一个根．5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．6．用数学归纳法证明：1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．7．(2019·湖北部分重点中学联考)已知数列{x n}满足x1＝12，且x n＋1＝x n2－x n(n∈N*)．(1)用数学归纳法证明：0<x n<1；(2)设a n＝1x n，求数列{a n}的通项公式．8．(2019·武穴中学月考)试证：n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n －9能被64整除．【考卷送检】一、选择题1．用反证法证明命题“若a ＋b ＋c 为偶数，则自然数a ，b ，c 恰有一个偶数”时，正确的反设为( ) A ．自然数a ，b ，c 都是奇数B ．自然数a ，b ，c 都是偶数C ．自然数a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．自然数a ，b ，c 都是奇数或至少有两个偶数2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设 a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”，索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<03．(2019·焦作一中月考)若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( )A ．lg(1＋a 2)＞0B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)C ．a 2＋3ab ＞2b 2D.a b ＜a ＋1b ＋1 4．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2＞0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( ) A ．恒为负值 B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定正负5．已知a >b >0，且 ab ＝1，若 0<c <1，p ＝log c a 2＋b 22，q ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2，则p ，q 的大小关系是( )A ．p >qB ．p <qC ．p ＝qD ．p ≥q6．设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y ( )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2二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．8．用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是________________．9．(2019·郑州一模)某题字迹有污损，大致内容是“已知|x |≤1，，用分析法证明|x ＋y |≤|1＋xy |”．估计污损部分的文字内容为________．三、解答题10．(2019·永州一中月考)已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .证明 欲要证2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立，只需证2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0，即证2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0，即证(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0，从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立，所以2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .11．(2019·黄石二中期中)已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝2，SA ＝1.(1)求证：SA ⊥平面ABCD ；(2)在棱SC 上是否存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD ？若存在，确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．12．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：T n ＜16.13．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2 ＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是________(填序号)．14．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．15．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．16．(2019·衡水高中调研)首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.证明：若a 1为奇数，则对一切n ≥2，a n 都是奇数．17．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n 与1的大小，并说明理由．。
中学数学几何证明与推理方法
中学数学几何证明与推理方法数学几何是中学数学的重要内容之一，它不仅有助于提高学生的空间想象力和逻辑思维能力，还培养了学生分析问题、证明结论和推理推导的能力。
本文将介绍中学数学几何中常用的证明与推理方法，帮助学生更好地掌握这一知识点。
一、数学几何证明方法数学几何证明是通过已知条件和已经得到的结论，通过逻辑推理和推导方法，得出新的结论的过程。
在数学几何证明中，常见的证明方法包括：直接证明法、间接证明法、反证法、数学归纳法等。
1. 直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一，它通过列出已知条件和所要证明的结论，利用几何性质和定理进行逻辑推导，直接得出所要证明的结论。
例如，当要证明两个三角形全等时，可以通过已知的对应相等的边和角来进行推导，最终得到两个三角形的全部对应边和角都相等，从而证明了它们全等。
2. 间接证明法间接证明法是通过假设所要证明的结论不成立，然后推导出与已知条件矛盾的结论，从而得出所要证明的结论成立。
例如，要证明一个三角形是等腰三角形，可以假设该三角形不等腰，然后通过推导得到两边相等的结论，与已知条件矛盾，因此原假设不成立，得证。
3. 反证法反证法是通过假设所要证明的结论不成立，然后推导出与已知条件矛盾的结论，从而推翻了原来的假设，得出所要证明的结论成立。
与间接证明法相比，反证法更加直接和简洁。
例如，要证明勾股定理（直角三角形斜边平方等于两直角边平方和），可以假设定理不成立，然后推导出与已知条件矛盾的结论，得出结论成立。
4. 数学归纳法数学归纳法是一种证明自然数性质的有力方法。
它是通过证明当n取任意正整数时性质成立，再证明当n取n + 1时性质也成立，从而得出性质对所有正整数都成立的结论。
在几何证明中，数学归纳法常常用于证明递推关系式和图形的一般性质。
二、数学几何推理方法推理是数学几何中的重要思维方式，它通过观察、分析和推导，从已知条件得出新的结论。
在数学几何推理中，常见的推理方法包括：直观推理、转化推理、类比推理、逆向推理等。
高中数学第六章推理与证明6.2直接证明与间接证明6.2.1直接证明：分析法与综合法训练湘教版选修2
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6．2.1 直接证明：分析法与综合法一、基础达标1．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是( ) A．若a〉b，则ac2〉bc2B．若错误!〉错误!,则a〉bC．若a3〉b3且ab〈0,则错误!〉错误!D．若a2〉b2且ab〉0,则错误!〈错误!答案C解析对于A：若c＝0，则A不成立，故A错；对于B:若c<0,则B不成立，B错；对于C：若a3>b3且ab<0,则错误!,所以错误!>错误!,故C对；对于D：若错误!,则D不成立．2．A、B为△ABC的内角，A〉B是sin A>sin B的( ）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答案C解析由正弦定理错误!＝错误!，又A、B为三角形的内角,∴sin A>0,sin B>0，∴sin A>sin B⇔2R sin A>2R sin B⇔a>b⇔A〉B。
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是（）A．1 B．2 C．3 D．4答案B解析若l⊥α,m⊂β，α∥β，则l⊥β，所以l⊥m，①正确;若l⊥α，m⊂β，l⊥m，α与β可能相交，②不正确;若l⊥α，m⊂β，α⊥β,l与m可能平行或异面，③不正确；若l⊥α，m⊂β,l∥m，则m⊥α,所以α⊥β，④正确．4．设a，b∈R＋,且a≠b，a＋b＝2，则必有( ）A．1≤ab≤错误!B．ab〈1〈错误!C．ab〈错误!〈1 D.错误!〈ab〈1答案B解析因为a≠b,故错误!〉ab。
高中数学中常见的证明方法
高中数学中常见的证明方法一、直接证明法直接证明法是最基本也是最常见的证明方法之一。
它通过对所要证明的命题进行逻辑推理和分析，直接给出证明的过程和结论。
要使用直接证明法，一般需要明确以下几个步骤：1. 提出所要证明的命题：首先，明确所要证明的命题，即要证明的结论。
2. 建立前提条件：在进行证明前，需要明确前提条件，即已知条件或已知命题。
3. 逻辑推理：通过逻辑推理和分析，根据已知条件和逻辑关系，逐步推导出结论。
4. 结论：最后，根据已有的证明过程，给出结论。
二、间接证明法间接证明法又称反证法，它是通过假设所要证明的命题不成立，然后推导出与已知事实矛盾的结论，从而证明所要证明的命题是正确的。
间接证明法的一般步骤如下：1. 假设反命题：首先，假设所要证明的命题的反命题是正确的。
2. 推导过程：根据假设和已知条件，通过逻辑推理进行推导，尽可能多地得到信息。
3. 矛盾结论：最终推导出一个与已知事实矛盾的结论。
4. 否定假设：由于假设的反命题与已知事实矛盾，所以可以否定假设，即所要证明的命题是正确的。
间接证明法常用于证明一些数学定理、存在性证明和最大最小值的存在性等问题。
三、数学归纳法数学归纳法是一种常用的证明方法，特别适用于证明一类命题或定理，如整数性质、等差数列的性质等。
它基于两个基本步骤：基本情况的验证和归纳假设的使用。
数学归纳法的一般步骤如下：1. 基本情况的验证：首先，验证当命题成立的最小情况，通常是n=1或n=0的情况。
2. 归纳假设的使用：假设当n=k时命题成立，即假设命题对于某个特定的正整数k是成立的。
3. 归纳步骤的推理：在归纳假设的基础上进行推理和分析，证明当n=k+1时命题也成立。
4. 归纳法的结论：根据归纳步骤的推理和基本情况的验证，可以得出结论，即所要证明的命题对于所有正整数都成立。
数学归纳法在数学推理和定理证明中有着广泛的应用，尤其适用于证明具有递推性质的命题。
四、逆否命题证明法逆否命题证明法是通过对命题的逆否命题进行证明，从而间接地证明所要证明的命题。
直接证明与间接证明_知识讲解
直接证明与间接证明【要点梳理】要点一：直接证明直接证明最常见的两种方法是综合法和分析法，它们是思维方向相反的两种不同的推理方法． 综合法定义：一般地，从命题的已知条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，经过演绎推理，一步步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，我们把这种思维方法叫做综合法．．．. 基本思路：执因索果综合法又叫“顺推证法”或“由因导果法”.它是由已知走向求证，即从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后导出待证结论或需求的问题．综合法这种由因导果的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法．综合法的思维框图：用P 表示已知条件，Q 表示要证明的结论，123...i Q i n =（，，，，）为已知的定义、定理、公理等，则综合法可用框图表示为： 11223...n P Q Q Q Q Q Q Q ⇒→⇒→⇒→→⇒（已知） （逐步推导结论成立的必要条件） （结论）要点诠释（1）从“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，由因导果，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；（2）用综合法证明不等式，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹；（3）因用综合法证明命题“若A 则D ”的思考过程可表示为：故要从A 推理到D ，由A 推演出的中间结论未必唯一，如B 、B 1、B 2等，可由B 、B 1、B 2进一步推演出的中间结论则可能更多，如C 、C 1、C 2、C 3、C 4等等．所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综合法证明问题的“瓶颈”．综合法证明不等式时常用的不等式（1）a 2+b 2≥2ab （当且仅当a =b 时取“=”号）；（2）2a b +≥a ，b ∈R*，当且仅当a =b 时取“=”号）； （3）a 2≥0，|a |≥0，(a －b )2≥0；（4）2b a a b +≥（a ，b 同号）；2b a a b+≤-（a ，b 异号）； （5）a ，b ∈R ，2221()2a b a b +≥+， （6）不等式的性质定理1 对称性：a ＞b ⇔b ＜a ．定理2 传递性：a b a c b c >⎫⇒>⎬>⎭． 定理3 加法性质：a b a c b c c R >⎫⇒+>+⎬∈⎭． 推论 a b a c b d c d >⎫⇒+>+⎬>⎭． 定理4 乘法性质：0a b ac bc c >⎫⇒>⎬>⎭． 推论1 00a b ac bc c d >>⎫⇒>⎬>>⎭． 推论2 0*n n a b a b n N >>⎫⇒>⎬∈⎭．定理5 开方性质：0*a b n N >>⎫⇒>⎬∈⎭ 分析法定义一般地，从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，逐步寻找使命题成立的充分条件，直至所寻求的充分条件显然成立（已知条件、定理、定义、公理等），或由已知证明成立，从而确定所证的命题成立的一种证明方法，叫做分析法.基本思路：执果索因分析法又叫“逆推证法”或“执果索因法”.它是从要证明的结论出发，分析使之成立的条件，即寻求使每一步成立的充分条件，直到最后，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.分析法这种执果索因的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法．分析法的思维框图：用123i P i =L （，，，）表示已知条件和已有的定义、公理、公式、定理等，Q 所要证明的结论，则用分析法证明可用框图表示为： 11223...Q P P P P P ⇐→⇐→⇐→→得到一个明显成立的条件（结论） （逐步寻找使结论成立的充分条件） （已知）格式：要证……，只需证……，只需证……，因为……成立，所以原不等式得证．要点诠释：（1）分析法是综合法的逆过程，即从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找它的充分条件．（2）由于分析法是逆推证明，故在利用分析法证明时应注意逻辑性与规范性，即分析法有独特的表述．综合法与分析法的横向联系（1） 综合法是把整个不等式看做一个整体，通过对欲证不等式的分析、观察，选择恰当不等式作为证题的出发点，其难点在于到底从哪个不等式出发合适，这就要求我们不仅要熟悉、正确运用作为定理性质的不等式，还要注意这些不等式进行恰当变形后的利用．分析法的优点是利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握，而综合法的优点是宜于表述，条理清晰，形式简洁．我们在证明不等式时，常用分析法寻找解题思路，即从结论出发，逐步缩小范围，进而确定我们所需要的“因”，再用综合法有条理地表述证题过程．分析法一般用于综合法难以实施的时候．（2）有不等式的证明，需要把综合法和分析法联合起来使用：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q ；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P ．若由P 可以推出Q 成立，就可以证明结论成立，这种边分析边综合的证明方法，称之为分析综合法，或称“两头挤法”．分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点．命题“若P 则Q ”的推演过程可表示为：要点二：间接证明 间接证明不是从正面确定命题的真实性，而是证明它的反面为假，或改证它的等价命题为真，间接地达到目的，反证法是间接证明的一种基本方法．反证法定义：一般地，首先假设要证明的命题结论不正确，即结论的反面成立，然后利用公理，已知的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.反证法的基本思路：假设——矛盾——肯定①分清命题的条件和结论．②做出与命题结论相矛盾的假设．③由假设出发，结合已知条件，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果．④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明原命题为真．反证法的格式：用反证法证明命题“若p则q”时，它的全部过程和逻辑根据可以表示如下：要点诠释：（1）反证法是间接证明的一种基本方法.它是先假设要证的命题不成立，即结论的反面成立，在已知条件和“假设”这个新条件下，通过逻辑推理，得出与定义、公理、定理、已知条件、临时假设等相矛盾的结论，从而判定结论的反面不能成立，即证明了命题的结论一定是正确的.(2) 反证法的优点：对原结论否定的假定的提出，相当于增加了一个已知条件.反证法的一般步骤：（1）反设：假设所要证明的结论不成立，假设结论的反面成立；（2）归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；（3）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．要点诠释：（1）结论的反面即结论的否定，要特别注意：“都是”的反面为“不都是”，即“至少有一个不是”，不是“都不是”；“都有”的反面为“不都有”，即“至少有一个没有”，不是“都没有”；“都不是”的反面是“部分是或全部是”，即“至少有一个是”，不是“都是”；“都没有”的反面为“部分有或全部有”，即“至少有一个有”，不是“都有”（2）归谬的主要类型：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾（自相矛盾）；③与定义、定理、公理、事实矛盾．宜用反证法证明的题型：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；比如“存在性问题、唯一性问题”等；②如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形.比如带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的数学问题.要点诠释：反证法体现出正难则反的思维策略（补集的思想）和以退为进的思维策略，故在解决某些正面思考难度较大和探索型命题时，有独特的效果．【典型例题】【高清课堂：例题1】类型一：综合法证明例1．求证：a4+b4+c4≥abc(a+b+c)．【证明】∵a4+b4≥2a2b2，b4+c4≥2b2c2，c4+a4≥2c2a2，∴(a4+b4)+(b4+c4)+(c4+a4)≥2(a2b2+b2c2+c2a2)，又∵a2b2+b2c2≥2ab2c，b2c2+c2a2≥2abc2，a2b2+c2a2≥2a2bc，∴2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2abc(a+b+c)．∴2(a4+b4+c4)≥2abc(a+b+c)，即a4+b4+c4≥abc(a+b+c)．【总结升华】利用综合法时，从已知出发，进行运算和推理得到要证明的结论，并且在用均值定理证明不等式时，一要注意均值定理运用的条件，二要运用定理对式子作适当的变形，把式分成若干部分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相减．举一反三：【变式1】已知a，b是正数，且a+b=1，求证：114a b+≥．【证明】证法一：∵a，b∈R，且a+b=1，∴2a b ab +≥，∴12ab ≤， ∴1114a b a b ab ab++==≥． 证法二：∵a ，b ∈R +，∴20a b ab +=>，11120a b ab +≥>， ∴11()4a b a b ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭． 又a +b =1，∴114a b+≥． 证法三：1111224a b a b b a a b a b a b a b b a+++=+=+++≥+⋅=． 当且仅当a =b 时，取“=”号．【变式2】求证：5321232log 19log 19log 19++<. 【证明】待证不等式的左端是3个数和的形式，右端是一常数的形式，而左端3个分母的真数相同，由此可联想到公式，1log log a b b a =转化成能直接利用对数的运算性质进行化简的形式. ∵ 1log log a b b a =， ∴左边∵， ∴5321232log 19log 19log 19++<. 例2．已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n +1=4a n +2（n =1，2，…），a 1=1．（1）设b n =a n +1－2a n （n =1，2，…），求证：数列{b n }是等比数列．（2）设2n n na c =（n =1，2，…）， 求证：数列{c n }是等差数列． 【证明】（1）∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减，得S n +2―S n +1=4a n +1―4a n （n =1，2，3，…），即a n +2=4a n +1―4a n ，变形得a n +2―2a n +1=2(a n +1―2a n )．∵b n =a n +1－2a n （n =1，2，…），∴b n +1=2b n （n =1，2，…）．由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列．由S 2=a 1+a 2=4a 1+2，a 1=1，得a 2=5，b 1=a 2―2a 1=3．故b n =3·2n ―1．（2）∵2n n n a c =（n =1，2，…） ∴11111122222n n n n n n n n n n n a a a a b c c ++++++--=-== 将b n =3·2n －1代入，得134n n c c +-=（n =1，2，…）． 由此可知，数列{c n }是公差34d =的等差数列，它的首项11122a c ==，故3144n c n =-． 【总结升华】本题从已知条件入手，分析数列间的相互关系，合理实现了数列间的转化，从而使问题获解，综合法是直接证明中最常用的证明方法．举一反三：【变式1】已知数列{}n a 满足15a =， 25a =，116(2)n n n a a a n +-=+≥．求证：{}12n n a a ++是等比数列；【证明】 由a n ＋1＝a n ＋6a n －1，a n ＋1＋2a n ＝3(a n ＋2a n －1) (n ≥2)，∵a 1＝5，a 2＝5∴a 2＋2a 1＝15，故数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列.【变式2】在△ABC 中，若a 2=b (b +c )，求证：A =2B ．【证明】∵a 2=b (b +c )，222222()cos 22b c a b c b bc A bc bc+-+-+==， 又222222222()22cos 2cos 12121222()2a c b b c b c b bc c b B B ac a b b c b ⎛⎫+-++---⎛⎫=-=-=-== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，∴cos A =cos2B ．又A 、B 是三角形的内角，故A =2B ．例3．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD =DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F ．求证：（1）P A ∥平面EDB ；（2）PB ⊥平面EFD ．【证明】（1）连结AC 交BD 于O ，连结E O ．∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点，在△P AC 中，E O 是中位线，∴P A ∥E O ．而E O ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，∴P A ∥平面EDB ．（2）PD ⊥底面ABCD 且DC ⊂底面ABCD ，∴PD ⊥DC ．由PD =DC ，可知△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 上的中线，∴DE ⊥PC ．①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC ．∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．而DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE．②由①和②推得DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB．又EF⊥PB且DE∩EF=E，∴PB⊥平面EFD．【总结升华】利用综合法证明立体几何中线线、线面和面面关系的关键在于熟练地运用判定定理和性质定理．举一反三：【变式1】如图，设在四面体PABC中，90ABC∠=o，PA PB PC==，D是AC的中点.求证：PD垂直于ABC∆所在的平面.【证明】连PD、BD因为BD是Rt ABC∆斜边上的中线，所以DA DC DB==又因为PA PB PC==，而PD是PAD∆、PBD∆、PCD∆的公共边，所以PAD∆≅PBD PCD∆≅∆于是PDA PDB PDC∠=∠=∠，而90PDA PDC∠=∠=o，因此90PDB∠=o∴PD AC⊥，PD BD⊥由此可知PD垂直于ABC∆所在的平面.【变式2】如图所示，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是正方形，SA平面ABCD，且SA=AB，点E为AB的中点，点F为SC的中点．求证：（1）EF⊥CD；（2）平面SCD⊥平面SCE．【证明】（1）∵SA⊥平面ABCD，F为SC的中点，∴AF为Rt△SAC斜边SC上的中线．∴12AF SC=．又∵四边形ABCD是正方形，∴CB⊥AB．而由SA ⊥平面ABCD ，得CB ⊥SA ，∴CB ⊥平面SAB ．又∵SB ⊂平面SAB ，∴CB ⊥SB ．∴BF 为Rt △SBC 的斜边SC 上的中线，∴12BF SC =． ∴AF =BF ，∴△AFB 为等腰三角形．又E 为AB 的中点，∴EF ⊥AB ．又CD ∥AB ，∴EF ⊥CD ．（2）由已知易得Rt △SAE ≌Rt △CBE ，SE =EC ，即△SEC 是等腰三角形，∴EF ⊥SC ．又∵EF ⊥CD 且SC ∩CD =C ，∴EF ⊥平面SCD ．又EF ⊂平面SCE ，∴平面SCD ⊥平面SCE ．类型二：分析法证明例4. 设0a >、0b >，且a b ≠，用分析法证明：3322a b a b ab ++＞．【证明】要证3322a b a b ab +>+成立，只需证33220a b a b ab +--> 成立，即证22()()0a a b b b a -+->成立，即证22()()0a b a b -->成立，也就是要证2()()0a b a b +->成立，因为0a >、0b >，且a b ≠，所以2()()0a b a b +->显然成立，由此原不等式得证.【总结升华】1.在证明过程中，若使用综合法出现困难时，应及时调整思路，分析一下要证明结论成立需要怎样的充分条件是明智之举.从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻找使当前命题成立的充分条件的方法.2. 用分析法证明问题时，一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”“也即证”等词语．举一反三：【变式1】设a ，b ，c ，d ∈R ，求证：ac bc +≤【证明】当ac +bc ≤0时，不等式显然成立．当ac +b d ＞0时，要证明ac bd +只需证明(ac +b d)2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2)，即证明a 2c 2+2abc d+b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2，只需证明2abc d≤a 2d 2+b 2c 2，只需证明(a d －bc )2≥0． 而上式成立，∴2222ac bd a b c d +≤+⋅+成立． 【变式2】求证：123(3)a a a a a --<---≥【证明】分析法： 要证123(3)a a a a a --<---≥成立， 只需证明321(3)a a a a a +-<-+-≥， 两边平方得232(3)232(2)(1)a a a a a a -+-<-+--(3)a ≥， 所以只需证明(3)(2)(1)a a a a -<--(3)a ≥， 两边平方得22332a a a a -<-+，即02<，∵02<恒成立，∴原不等式得证.【变式3】用分析法证明：若a >0，则212122-+≥-+a a a a ． 【证明】要证212122-+≥-+a a a a ， 只需证212122++≥++aa a a ． ∵a >0，∴两边均大于零，因此只需证2222)21()21(++≥++a a a a 只需证)1(222211441222222a a a a a a a a +++++≥++++， 只需证)1(22122a a a a +≥+，只需证)21(2112222++≥+a a a a ， 即证2122≥+a a ，它显然成立．∴原不等式成立．例5. 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ． 【证明】要证lg 2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ， 只需证lg 2b a +·2c b +·2a c +>lg （a ·b ·c ）， 只需证2b a +·2c b +·2a c +＞abc ． 但是，2b a +0>≥ab ，2c b +0>≥bc ，2a c +0>≥ac ．且上述三式中的等号不全成立，所以，2b a +·2c b +·2a c +＞abc ． 因此lg 2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ． 【总结升华】这个证明中的前半部分用的是分析法，后半部分用的是综合法．在实际证题过程中，分析法与综合法是统一运用的，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的．没有分析就没有综合；没有综合也没有分析．问题仅在于，在构建命题的证明路径时，有时分析法居主导地位，综合法伴随着它；有时却刚刚相反，是综合法导主导地位，而分析法伴随着它．举一反三：【变式1】设a 、b 是两个正实数，且a ≠b ，求证：3a ＋3b ＞22ab b a +【证明】证明一：(分析法)要证3a +3b ＞22ab b a +成立，只需证(a +b )( 2a -ab +2b )＞ab (a +b )成立，即需证2a -ab +2b ＞ab 成立．(∵a +b ＞0)只需证2a -2ab +2b ＞0成立，即需证()2b a -＞0成立． 而由已知条件可知，a ≠b ，有a -b ≠0，所以()2b a -＞0显然成立，由此命题得证． 证明二：(综合法)∵a ≠b ，∴a -b ≠0，∴()2b a -＞0，即2a -2ab +2b ＞0，亦即2a -ab +2b ＞ab . 由题设条件知，a +b ＞0，∴(a +b )( 2a -ab +2b )＞(a +b )ab即3a +3b ＞22ab b a +，由此命题得证．【变式2】ABC ∆的三个内角,,A B C 成等差数列，求证：113a b b c a b c +=++++ 【证明】要证原式成立，只要证3a b c a b c a b b c +++++=++， 即只要证1c a a b b c+=++ 即只要证2221bc c a ab ab b ac bc+++=+++； 而2A C B +=，所以060B =，由余弦定理得222b a c ac =+-所以222222222221bc c a ab bc c a ab bc c a ab ab b ac bc ab a c ac ac bc ab a c bc+++++++++===+++++-+++++. 类型三：反证法证明例6．【证明】=只需证22≠，即证10≠5≠，即证2125≠，而该式显然成立，≠不成等差数列．=2125≠∵，5≠，10≠∴，即3720+≠，即2≠，∴ ≠∴【总结升华】结论中含有“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题，此类问题的反面比较具体，适宜应用反证法． 举一反三：【变式1】求证：函数()f x =不是周期函数．【证明】假设()f x =则存在常数T （T≠0）使得对任意x ∈R ，都有成立．上式中含x=0，则有cos01=，2m =π（m ∈z 且m≠0）． ①再令x=T ，则有1=，2n =π（n ∈Z 且n ≠0）． ②②÷①得：32n m =， 这里，m ，n 为非零整数，故n m为有理数，而32无理数，二者不可能相等． 因此3()cos f x x =不是周期函数．【变式2】设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为它的前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？【解析】（1）证明：假设{S n }是等比数列，则2213S S S =， 即222111(1)(1)a q a a q q +=⋅++．∵a 1≠0，∴(1+q )2=1+q +q 2．即q =0，与等比数列中公比q ≠0矛盾．故{S n }不是等比数列．（2）解：①当q =1时，S n =na 1，n ∈N*，数列{S n }是等差数列．②当q ≠1时，{S n }不是等差数列，下面用反证法证明：假设数列{S n }是等差数列，则S 1，S 2，S 3成等差数列，即2S 2=S 1+S 3，∴2a 1(1+q )=a 1+a 1(1+q +q 2)．∵a 1≠0，∴2+2q =1+1+q +q 2，得q =q 2．∵q ≠1，∴q =0，这与等比数列中公比q ≠0矛盾．从而当q ≠1时，{S n }不是等差数列．综上①②可知，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．【变式3】已知数列{a n }的前n 项的和S n 满足S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．(1)求证{a n ＋3}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)数列{a n }是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 证明：∵S n ＝2a n －3n (n ∈N *)，∴a 1＝S 1＝2a 1－3，∴a 1＝3.又由112323(1)n n n n S a n S a n ++=-⎧⎨=-+⎩得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3， ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，∴{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列．∴a n＋3＝6×2n－1，即a n＝3(2n－1)．(2)解：假设数列{a n}中存在三项a r，a s，a t (r<s<t)，它们可以构成等差数列．由(1)知a r<a s<a t，则2a s＝a r＋a t，∴6(2s－1)＝3(2r－1)＋3(2t－1)，即2s＋1＝2r＋2t，∴2s＋1－r＝1＋2t－r(*)∵r、s、t均为正整数且r<s<t，∴(*)左边为偶数而右边为奇数，∴假设不成立，即数列{a n}不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列．例7. 已知a，b，c∈（0，1），求证：(1―a)b，(1―b)c，(1－c)a中至少有一个小于或等于14．【证明】证法一：假设三式同时大于14，即1(1)4a b->，1(1)4b c->，1(1)4c a->，三式相乘，得1 (1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅->，又211 (1)24a aa a-+⎛⎫-≤=⎪⎝⎭，同理1(1)4b b-≤，1(1)4c c-≤，以上三式相乘，得1 (1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅-≤，这与1(1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅->矛盾，故结论得证．证法二：假设三式同时大于14．∵0＜a＜1，∴1－a＞0．∴(1)11(1)242a ba b-+≥->=．同理(1)122b c-+≥，(1)122c a-+≥．三式相加，得33 22 >，∴原命题成立．【总结升华】从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形的问题多用反证法.比如这类带有“至少有一个”等字样的数学问题.举一反三：【变式】已知,,,0,1a b c R a b c abc ∈++==，求证：,,a b c 中至少有一个大于32. 【证明】假设,,a b c 都小于或等于32， 因为 1abc =，所以,,a b c 三者同为正或一正两负，又因为0a b c ++=，所以,,a b c 三者中有两负一正，不妨设0,0,0a b c ><<，则1,b c a bc a +=-=由均值不等式得()2b c bc -+≥，即12a a ≥， 解得33273482a ≥≥=，与假设矛盾，所以 ,,abc 中至少有一个大于32. 例8．已知：直线a 以及A ∉a ．求证：经过直线a 和点A 有且只有一个平面．【证明】（1）“存在性”，在直线a 上任取两点B 、C ，如图．∵A ∉a ，B ∈a ，C ∈a ，∴A 、B 、C 三点不在同一直线上．∴过A 、B 、C 三点有且只有一个平面α∵B ∈α，C ∈α，∴a ⊂α，即过直线a 和点A 有一个平面α．（2）“唯一性”，假设过直线a 和点A 还有一个平面β．∵A ∉a ，B ∈a ，C ∈a ，∴B ∈β，C ∈β．∴过不共线的三点A 、B 、C 有两个平面α、β，这与公理矛盾．∴假设不成立，即过直线a 和点A 不可能还有另一个平面β，而只能有一个平面α．【总结升华】 这里证明“唯一性”时用了反证法．对于“唯一性”问题往往使用反证法进行证明，要注意与“同一法”的区别与联系．举一反三：【变式】求证：两条相交直线有且只有一个交点．【证明】假设结论不成立，即有两种可能：（1）若直线a 、b 无交点，那么a ∥b ，与已知矛盾；（2）若直线a 、b 不止有一个交点，则至少有两个交点A 和B ，这样同时经过点A 、B 就有两条直线，这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾．综上所述，两条相交直线有且只有一个交点．。
命题逻辑的推理规则和证明方法
命题逻辑的推理规则和证明方法命题逻辑是一种对简单命题和命题之间关系的形式化推理系统，广泛应用于数学、计算机科学和哲学等领域。
在命题逻辑中，推理规则和证明方法被用来推导出真实或假设的命题之间的关系。
本文将介绍命题逻辑的一些常见推理规则和证明方法。
1. 推理规则命题逻辑的推理规则是用来推导命题之间关系的规则。
以下是一些常见的推理规则：（1）析取引入规则（Disjunction Introduction Rule）：如果命题P 成立，则P或Q成立。
表示为P -> (P ∨ Q)。
（2）析取消去规则（Disjunction Elimination Rule）：如果P或Q 成立，且根据P和Q均能推导出命题R，则R成立。
表示为((P ∨ Q), (P -> R), (Q -> R)) -> R。
（3）合取引入规则（Conjunction Introduction Rule）：如果P和Q 成立，则P且Q成立。
表示为(P, Q) -> (P ∧ Q)。
（4）合取消去规则（Conjunction Elimination Rule）：如果P且Q 成立，则P和Q均成立。
表示为(P ∧ Q) -> (P, Q)。
（5）蕴含引入规则（Implication Introduction Rule）：如果根据P 能推导出Q，则P蕴含Q成立。
表示为((P -> Q) -> Q) -> (P -> Q)。
（6）蕴含消去规则（Implication Elimination Rule）：如果P和P蕴含Q成立，则Q成立。
表示为((P, (P -> Q)) -> Q)。
2. 证明方法证明是在命题逻辑中用于证明命题之间关系的方法。
以下是一些常见的证明方法：（1）直接证明法：假设前提命题成立，通过适当的推理规则证明出结论命题成立。
这种方法常用于证明蕴含关系。
（2）间接证明法（反证法）：假设结论命题不成立，通过适当的推理规则推导出与已知事实相矛盾的命题，从而得出结论命题成立的结论。
高考一轮数学第六章 第六节 直接证明与间接证明
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1．(教材习题改编)用反证法证明命题“三角形三个内角
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° 解析：假设为：“三个内角都大于60°”． 答案： B
(
)
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2．若函数F(x)＝f(x)＋f(－x)与G(x)＝f(x)－f(－x)，其中 f(x)的定义域为R，且f(x)不恒为零，则 A．F(x)、G(x)均为偶函数 B．F(x)为奇函数，G(x)为偶函数 ( )
第 六 章 不 等 式、 推 理 与 证 明
第 六 节 直 接 证 明 与 间 接 证 明
抓 基 础
明 考 向
教 你 一 招 我 来 演 练
提 能 力
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[备考方向要明了]
考 什 么 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及特点．
2.了解间接证明的一种基本方法——反证法．了解反证
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，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明 显的． 返回
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[考题范例]
(12分) (2011· 安徽高考) (1)设x≥1，y≥1， 1 1 1 证明x＋y＋xy≤x＋y ＋xy； (2)设1<a≤b≤c，证明logab＋logbc ＋logca≤logba＋logcb＋logac.
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[精析考题]
[例3] (2011· 安徽高考)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．
直接证明与间接证明_分析法
直接证明与间接证明_分析法直接证明和间接证明是逻辑学中的两种证明方法。
直接证明是通过事实和逻辑推理直接得出结论的方法，而间接证明则是通过反证法来达到证明的目的。
下面将从分析法的角度来探讨直接证明和间接证明的特点和应用。
首先，直接证明是一种简洁明确的证明方法。
它通过逐步展示事实和推理过程，直接地得出结论。
直接证明要求每一步的推理都是严谨和合乎逻辑的，不允许出现漏洞和错误。
直接证明的优点在于它的证明过程清晰明了，逻辑性强，容易理解和接受。
对于一些简单的问题，直接证明是最常见和最有效的证明方法。
其次，直接证明适用于一些直观的、已知的情况。
例如，要证明一个三角形的三个内角之和等于180度，可以通过直接证明来达到目的。
我们可以利用平行线和同位角的性质，逐步推导出对应角相等，从而得出结论。
这种情况下，我们有直观的几何图形和一些已知的性质，通过推理和演绎可以直接得出结论。
然而，直接证明也有一定的局限性。
对于一些复杂的问题，直接证明可能会变得更加困难和繁琐。
有时候，问题本身的复杂性以及需要证明的结论的复杂性会导致直接证明的推理过程变得更加难以理解和掌握。
在这种情况下，间接证明就可以派上用场。
间接证明是一种通过反证法推导出结论的方法。
它假设待证命题的否定是成立的，然后通过推理和推导得出矛盾的结论，从而证明了原命题的正确性。
间接证明的优点在于它能够化复杂的问题为简单的矛盾，通过推理和演绎来证明原命题的正确性。
它可以避免直接证明中的复杂推理和繁琐的计算。
间接证明适用于一些复杂、难以直接证明的问题。
例如，欧几里得几何中的数学定理费马大定理就是一个典型的间接证明的例子。
费马大定理认为不存在任何正整数n大于2的整数解(x,y,z)，使得x^n+y^n=z^n成立。
然而，这个定理的直接证明非常困难。
数学家费马通过间接证明的方法证明了该定理的正确性，从而为数学界做出了重大贡献。
总结起来，直接证明和间接证明是逻辑学中两种常见的证明方法。
高中数学中的数学证明方法详细总结与演绎
高中数学中的数学证明方法详细总结与演绎数学作为一门精密的科学，其证明方法的运用和掌握是学习数学的核心能力之一。
在高中数学中，学生们常常需要运用不同的证明方法来解决问题，这不仅帮助他们深入理解数学概念和定理，还培养了他们的逻辑思维和推理能力。
本文将详细总结和演绎高中数学中常见的数学证明方法，帮助读者更好地掌握这些方法并应用于数学问题的解决。
一、直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一，它通过逻辑推理直接证明一个命题。
该方法通常分为两步：首先是列出前提条件，然后根据这些前提条件推导出结论。
例如，要证明直角三角形中斜边的平方等于两直角边的平方和，可以假设直角三角形的两个直角边分别为a和b，斜边为c，在此基础上利用勾股定理进行推导，最终得出c²=a²+b²，从而证明了所要证明的结论。
二、间接证明法间接证明法是通过假设命题不成立，推导出矛盾的结果来证明一个命题。
该方法通常有两个步骤：第一步是假设所要证明的结论不成立，第二步则是根据这个假设推导出一个矛盾的结果。
例如，要证明无理数根号2是一个无理数，可以采用间接证明法。
假设根号2是一个有理数，即可以表示为两个整数的比值。
然后利用有理数的定义进行推导，将根号2表示为两个整数的比值，并得出一个矛盾的结果，即根号2不是一个有理数，从而间接证明了根号2是一个无理数。
三、归纳法归纳法通常用于证明关于正整数的命题，在高中数学中应用较为广泛。
归纳法分为两个步骤：首先证明当n=1时命题成立，然后假设当n=k时命题成立，再证明当n=k+1时命题仍然成立。
例如，要证明等差数列的通项公式，可以使用归纳法。
首先证明当n=1时等差数列的通项公式成立，即a₁=a₁。
然后假设当n=k时等差数列的通项公式成立，即aₖ=a₁+(k-1)d。
再证明当n=k+1时等差数列的通项公式仍然成立，即aₖ₊₁=a₁+kd。
通过归纳法就可以证明等差数列的通项公式对于任意正整数n都成立。
高考数学总复习 基础知识 第六章 第六节直接证明与间接证明 理
高考数学总复习基础知识第六章第六节直接证明与间接证明理1、了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用、2、了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理、3、了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异、知识梳理一、推理的概念根据一个或几个已知事实(或假设)得出一个判断，这种思维方式叫做推理、从结构上说，推理一般由两部分组成，一部分是已知的事实(或假设)，叫做前提，另一部分是由已知推出的判断，叫做结论、二、合情推理根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理称为合情推理、合情推理又具体分为归纳推理和类比推理两类、1、归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理、简言之，归纳推理是由__________到________、________到________的推理，归纳推理简称归纳、2、类比推理：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理、简言之，类比推理是由______到________的推理，类比推理简称类比、答案：1、部分整体个别一般2、特殊特殊三、演绎推理从____________出发，推出____________下的结论、简言之，演绎推理是由__________的推理、三段论是演绎推理的一般模式，它包括：(1)大前提已知的一般原理；(2)小前提所研究的特殊情况；(3)结论根据一般原理，对特殊情况作出的判断、答案：一般性的原理某个特殊情况一般到特殊基础自测1、定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算结果分别对应下图中的(1)，(2)，(3)，(4)，那么下图中的(M)，(N)所对应的运算结果可能是()A、B*D，A*DB、B*D，A*CC、B*C，A*DD、C*D，A*D解析：根据图(1)，(2)，(3)，(4)和定义的运算知，A对应竖线，B对应正方形，C对应横线，D对应圆，∴(M)对应B*D，(N)对应A*C、故选B、答案：B2、给出下列类比推理的命题：①把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logay②把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有sin(x＋y)＝sin x＋sin y③把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay、④把a(b＋c)与a(b＋c)类比，则有a(b＋c)＝ab＋ac、其中，类比结论正确的命题的个数是__________、解析：任意判断前3个类比的结论都是错误的，只有第4个类比的结论是正确的、答案：13、观察下列不等式：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…照此规律，第五个不等式为__________________、解析：依据前3个式子的变化规律，可得第五个不等式为1＋＋＋＋＋<、答案：1＋＋＋＋＋<4、用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n 条“金鱼”需要火柴棒的根数为________、解析：由图形间的关系可以看出，第一个图中有8根火柴棒，第二个图中有8＋6根火柴棒，第三个图中有8＋26根火柴棒，以此类推第n个“金鱼”需要火柴棒的根数是8＋6(n－1)，即6n＋2、答案：6n＋21、(xx陕西卷)观察下列等式：12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10…………照此规律，第n个等式可为____________________、解析：分n为奇数、偶数两种情况，第n 个等式的左边为12－22＋32－…＋(－1)n－1n2，当n为偶数时，分组求和：(12－22)＋(32－42)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－；当n 为奇数时，第n个等式右边＝－＋n2＝，综上，第n个等式：12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝n(n＋1)、答案：12－22＋32－…＋(－1)n－1n2＝n(n＋1)2、在平面上，若两个正三角形的边长的比为，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________、解析：两个正四面体的体积比应等于它们的棱长比的立方，故应为1∶8、答案：1∶81、(xx茂名一模)211＝2,2213＝34,23135＝456,241357＝5678，…，依此类推，第n个等式为__________________、解析：观察已知中的等式：211＝2，2213＝34，23135＝456，241357＝5678，………由此推断，第n个等式为：2n13…(2n－1)＝(n＋1)…(2n－1)2n、答案：2n13…(2n－1)＝(n＋1)…(2n－1)2n2、在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC面积所成的比＝(如图1)，将这个结论类比到空间，在三棱锥ABCD中，平面DEC平分二面角ACDB且与AB交于E(如图2)，则类比的结论为________________、解析：将平面几何中的面积类比为立体几何中的体积，平面几何中的线段类比为立体几何中的面积，可得类比结果为＝、答案：＝。
高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 6-6 直接证明与间接证明课件 文
∴f(0)≥0.于是 f(0)＝0.
(2)对于 f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2 不满足新定义中的条件②， ∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数． 对于 f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然 f(x)≥0，且 f(1)＝1. 任意的 x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x21－x22＝2x1x2≥0， 即 f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)． ∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数． 对于 f(x)＝ x，x∈[0,1]，显然满足条件①②. 对任意的 x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， 有 f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2 x1x2＋x2)＝－2 x1x2≤0， 即 f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③. ∴f(x)＝ x(x∈[0,1])不是理想函数．综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数， f(x)＝2x(x∈[0,1])与 f(x)＝ x(x∈[0,1])不是理想函数．
命题角度2 分析法的应用
典例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：a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c. 证明 要证a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c，
即证a＋a＋b＋b c＋a＋b＋b＋c c＝3，
也就是a＋c b＋b＋a c＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
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_，直到最后，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 (其中Q表示要证明的结 论)． (3)思维过程：执果索因．
数学演绎推理的方法与技巧
数学演绎推理的方法与技巧数学演绎推理是数学中常用的一种思维方法，通过一系列的逻辑推理和推断，利用已知事实得出新的结论。
在解决数学问题和证明数学定理时，数学演绎推理发挥着重要的作用。
本文将介绍数学演绎推理的一些常用方法与技巧，帮助读者更好地理解和运用这一思维工具。
一、直接证明法直接证明法是数学中最常见的推理方法之一。
它基于已知事实和已知定义，通过一系列逻辑推理，得出所要证明的结论。
直接证明法通常包括以下几个步骤：1、列出已知条件和定义。
2、根据已知条件和定义，运用数学定理和性质进行逻辑推理。
3、得出所要证明的结论。
例如，证明“所有的正偶数都能被2整除”。
已知条件：正偶数的定义是能够被2整除的数。
结论：所有的正偶数都能被2整除。
证明：根据正偶数的定义，正偶数一定可以被2整除。
因此，结论得证。
二、间接证明法间接证明法又称反证法，它通过假设所要证明的结论为假，推导出与已知事实矛盾的结论，从而推翻了原始假设。
间接证明法通常包括以下几个步骤：1、假设所要证明的结论为假。
2、根据已知条件和定义，进行逻辑推理。
3、得出与已知事实矛盾的结论。
4、推翻原始假设，得出所要证明的结论。
例如，证明“根号2是一个无理数”。
假设根号2是有理数。
有理数的定义是可以表示为两个整数的比值。
即根号2可以表示为两个整数a和b的比值（a/b）。
那么根号2的平方可以表示为（a/b）的平方，即2=(a/b)^2。
整理得到2b^2 = a^2，说明a^2是偶数，由偶数的性质可知，a也是偶数。
设a=2c，其中c为整数。
代入得到2b^2 = (2c)^2，化简得到b^2 = 2c^2，说明b^2也是偶数，由偶数的性质可知，b也是偶数。
由于a和b都是偶数，可以写作a=2k和b=2l，其中k和l都是整数。
代入得到2b^2 = (2k)^2和b^2 = 2(c^2)，化简得到b^2 = 4k^2和b^2 = 2c^2，抵触到假设条件。
所以假设错误，根号2是一个无理数。
数学证明中的直接证明与间接证明
数学证明中的直接证明与间接证明数学证明是数学领域中的重要内容，通过逻辑推理和严格的论证，以确保数学理论的正确性和可信度。
数学证明通常可以分为直接证明和间接证明两种形式。
本文将介绍直接证明和间接证明的含义、特点以及应用。
一、直接证明直接证明是一种常用的证明方法，它通过逻辑的推理和论证，直接从已知的命题出发，推导出所要证明的结论。
直接证明通常遵循以下步骤：1. 确定所要证明的命题或结论。
2. 列出已知条件和前提条件。
3. 运用逻辑推理、定义和定理等数学原理，一步一步地推导出结论。
4. 分析并验证证明过程中的每一步是否严谨、正确。
5. 结束证明，得出所要证明的命题。
直接证明的特点是逻辑性强、推理过程直观，并且能够根据已知条件直接得出结论。
因此，直接证明在数学证明中广泛应用于各个领域。
例如，我们来证明一个简单的数学定理：两个偶数的和是偶数。
定理：若a和b为偶数，则a+b为偶数。
证明：设a=2m，b=2n，其中m和n为整数。
则a+b=2m+2n=2(m+n)。
由于m和n为整数，所以m+n也是整数。
因此，a+b=2(m+n)为偶数。
证毕。
二、间接证明间接证明是一种通过反证法推导出结论的证明方法。
它假设所要证明的结论为假，通过运用逻辑推理和推导，得出与已知条件或已知结论相矛盾的结论，从而推断出所要证明的结论为真。
间接证明通常遵循以下步骤：1. 确定所要证明的命题或结论。
2. 假设所要证明的命题为假。
3. 运用逻辑推理和推导，推出与已知条件或已知结论相矛盾的结论。
4. 推断出所要证明的命题为真。
5. 结束证明，得出所要证明的命题。
间接证明的特点是通过对反证假设进行逻辑推理，将所要证明的结论转化为与已知条件相矛盾的结论。
它常常用于证明一些与质数、无理数、等级等有关的命题。
例如，我们来证明一个著名的数学定理：根号2是一个无理数。
定理：根号2是一个无理数。
证明：假设根号2是一个有理数，可以表示为根号2=p/q，其中p 和q互质。
高中数学第6章推理与证明6.2直接证明与间接证明6.2.1直接证明：分析法与综合法课堂讲义配套
求证走向已知
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要点一 综合法的应用
例 1 在△ABC 中，三个内角 A、B、C 对应的边分别为 a、b、
c，且 A、B、C 成等差数列，a、b、c 成等比数列，求证：
△ABC 为等边三角形．
证明 由 A、B、C 成等差数列，有 2B＝A＋C.
①
因为 A、B、C 为△ABC 的内角，所以 A＋B＋C＝π. ②
∴logxa＋2 b＋logxb＋2 c＋logxa＋2 c<logxa＋logxb＋logxc 成立．
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规律方法 综合法推理清晰，易于书写，分析 法从结论(jiélùn)入手，易于寻找解题思路，在实 际证明命题时，常把分析法与综合法结合起来 使用，称为分析综合法，其结构特点是：根据 条件的结构特点去转化结论(jiélùn)，得到中间结
(3)用分析法证明数学命题时，一定要恰当地 用好“要证明”、“只需证明”、“即证明” 等词语．
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跟踪演练 2
已知
a，b
是正实数，求证：
a＋ b
b≥ a
a＋
b.
证明
要证 a ＋ b ≥ ba
a＋
b，
只要证 a a＋b b≥ ab·( a＋ b)．
即证(a＋b－ ab)( a＋ b)≥ ab( a＋ b)，
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规律方法 利用综合法证明问题的步骤：
(1)分析条件选择方向：仔细分析题目的已知条件(包括 (bāokuò)隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选 择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题方 法．
2020学年高中数学第6章推理与证明6.2.1直接证明：分析法与综合法学案湘教版选修2_2
6．2.1 直接证明：分析法与综合法1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法．2．理解综合法和分析法的思考过程、特点，会用综合法和分析法证明数学问题．1．综合法(1)综合法的定义从命题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求的问题，称为综合法．(2)综合法的特点从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，由因导果，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．2．分析法(1)分析法的定义从命题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件，称为分析法．(2)分析法的特点从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件．1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)综合法是执果索因的逆推证法．( )(2)分析法就是从结论推向已知．( )(3)分析法与综合法证明同一个问题时，一般思路恰好相反，过程相逆．( )答案：(1)×(2)×(3)√2．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：C3．欲证2－3＜6－7，只需证明( )A．(2－3)2＜(6－7)2B．(2－6)2＜(3－7)2C．(2＋7)2＜(6＋3)2D．(2－3－6)2＜(－7)2答案：C4．函数f(x)＝ax＋b在(－∞，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．答案：(0，＋∞)综合法的应用如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC.(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.【证明】(1)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.综合法证明问题的步骤1.已知a，b>0，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.证明：因为b2＋c2≥2bc，a>0，所以a(b2＋c2)≥2abc，又因为c2＋a2≥2ac，b>0，所以b(c2＋a2)≥2abc.因此a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.2．求证：sin(2α＋β)＝sin β＋2sin αcos(α＋β)． 证明：因为sin(2α＋β)－2sin αcos(α＋β) ＝sin[(α＋β)＋α]－2sin αcos(α＋β)＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2sin αcos(α＋β) ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝sin[(α＋β)－α]＝sin β. 所以原命题成立．分析法的应用已知△ABC 三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，求证：B 为锐角．【证明】 要证B 为锐角，根据余弦定理，只需证明cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＞0，即证a 2＋c 2－b 2＞0. 由于a 2＋c 2－b 2≥2ac －b 2， 要证a 2＋c 2－b 2＞0， 只需证2ac －b 2＞0.因为a ，b ，c 的倒数成等差数列， 所以1a ＋1c ＝2b，即2ac ＝b (a ＋c )．要证2ac －b 2＞0，只需证b (a ＋c )－b 2＞0，即b (a ＋c －b )＞0， 上述不等式显然成立，所以B 为锐角．分析法证明数学问题的方法已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2.证明：a ⊥b ⇔a ·b ＝0，要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2，只需证|a |＋|b |≤ 2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)， 只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2， 只需证|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0， 即证(|a |－|b |)2≥0， 上式显然成立， 故原不等式得证．综合法和分析法的综合应用△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，其对边分别为a ，b ，c .求证： (a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1. 【证明】 法一：要证(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1，即证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋cb ＋c ＝3， 即证c a ＋b ＋ab ＋c＝1.只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 只需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2.因为△ABC 三个内角A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°.由余弦定理，有b 2＝c 2＋a 2－2ca cos 60°， 即b 2＝c 2＋a 2－ac ，c 2＋a 2＝ac ＋b 2， 此式即分析中欲证之等式，所以原式得证． 法二：因为△ABC 三个内角A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°.由余弦定理，有b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°， 得c 2＋a 2＝ac ＋b 2， 两边同时加ab ＋bc ，得c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，两边同时除以(a ＋b )(b ＋c )，得ca ＋b ＋ab ＋c＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋b ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋1＝3，所以1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 所以(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.分析法与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，分析法容易探路，综合法条理清晰，易于表达，但思路不太好想，因此在选择证明方法时，一定要有“综合性选取”意识，明确数学证明方法不是孤立的，应当善于将两种不同的证明方法结合在一起运用．1.设a ，b ∈(0，＋∞)，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.证明：法一：(分析法) 要证a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2成立，即需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )成立． 又因a ＋b ＞0，故只需证a 2－ab ＋b 2＞ab 成立， 即需证a 2－2ab ＋b 2＞0成立， 即需证(a －b )2＞0成立．而依题设a ≠b ，则(a －b )2＞0显然成立． 由此不等式得证． 法二：(综合法)a ≠b ⇔a －b ≠0⇔(a －b )2＞0⇔a 2－2ab ＋b 2＞0⇔a 2－ab ＋b 2＞ab .因为a ＞0，b ＞0， 所以a ＋b ＞0，所以(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )． 所以a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2.2．在某两个正数x ，y 之间插入一个数a ，使x ，a ，y 成等差数列，插入两数b ，c ，使x ，b ，c ，y 成等比数列，求证：(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)．证明：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝x ＋y ，b 2＝cx ，c 2＝by ，所以x ＝b 2c ，y ＝c 2b ，即x ＋y ＝b 2c ＋c 2b ，从而2a ＝b 2c ＋c 2b.要证(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)，只需证a ＋1≥（b ＋1）（c ＋1）成立． 只需证a ＋1≥（b ＋1）＋（c ＋1）2即可．也就是证2a ≥b ＋c .而2a ＝b 2c ＋c 2b ，则只需证b 2c ＋c 2b≥b ＋c 成立即可，即证b 3＋c 3＝(b ＋c )(b 2－bc ＋c 2)≥(b ＋c )bc ， 即证b 2＋c 2－bc ≥bc ， 即证(b －c )2≥0成立， 上式显然成立，所以(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)．综合法证明问题的步骤第一步：分析条件，选择方向．仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题方法．第二步：转化条件，组织过程．把题目的已知条件转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．组织过程时要有清晰的思路，严密的逻辑，简洁的语言．第三步：适当调整，回顾反思．解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，有些语言可做适当的修饰，反思总结解题方法的选取．1．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明过程为：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ”，其应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．类比法解析：选B.从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路．2．A ，B 为△ABC 的内角，“A ＞B ”是“sin A ＞sin B ”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C.若A ＞B ，则a ＞b . 又a sin A ＝bsin B，所以sin A ＞sin B . 若sin A ＞sin B ，则由正弦定理得a ＞b ， 所以A ＞B .3．设a ，b ，c 成等比数列，而x ，y 分别是a ，b 和b ，c 的等差中项，求证：a x ＋c y＝2.证明：由题知c ＝b 2a ，x ＝a ＋b 2，y ＝b ＋c2，则a x ＋c y ＝a a ＋b 2＋c b ＋c 2＝2a a ＋b ＋2c b ＋c＝2aa ＋b ＋2×b 2a b ＋b 2a＝2a a ＋b ＋2b a ＋b＝2， 即a x ＋c y＝2.4．设a ，b 为实数，求证： a 2＋b 2≥22(a ＋b )． 证明：当a ＋b ≤0时，因为 a 2＋b 2≥0， 所以 a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立． 当a ＋b ＞0时，用分析法证明如下： 要证 a 2＋b 2≥22(a ＋b )， 只需证(a 2＋b 2)2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤22（a ＋b ）2，即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )．即证a 2＋b 2≥2ab .因为a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立． 所以a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立．综上所述，不等式成立．[A 基础达标]1．分析法是从要证的结论出发，逐步寻求结论成立的( ) A ．充分条件 B ．必要条件 C ．充要条件D ．等价条件解析：选A.由分析法的要求知，应逐步寻求结论成立的充分条件． 2．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 2＋b 22≤0C.（a ＋b ）22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析：选D.要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0， 只需证：a 2b 2－a 2－b 2＋1≥0， 只需证：(a 2－1)(b 2－1)≥0，故选D.3．若a ＞1，0＜b ＜1，则下列不等式中正确的是( ) A ．a b＜1 B ．b a＞1 C ．log a b ＜0D ．log b a ＞0解析：选C.a b＞a 0＝1，b a＜b 0＝1，log a b ＜log a 1＝0，log b a ＜log b 1＝0. 4．若a <b <0，则下列不等式中成立的是( ) A.1a <1bB ．a ＋1b >b ＋1aC ．b ＋1a >a ＋1bD.b a <b ＋1a ＋1解析：选C.因为a <b <0，所以1a >1b.由不等式的同向可加性知b ＋1a >a ＋1b.5．下列函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)成立”的是( )A ．f (x )＝1xB ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：选A.本题就是找哪一个函数在(0，＋∞)上是减函数，A 项中，f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝－1x2＜0，所以f (x )＝1x在(0，＋∞)上为减函数．6．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．解析：a ＝3＋22，b ＝2＋7，两式的两边分别平方，可得a 2＝11＋46，b 2＝11＋47，显然，6< 7.所以a <b .答案：a <b7．在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于________． 解析：如图所示，在△ABC 中，由正弦定理得23sin 60°＝4sin B ，解得sin B ＝1，所以B ＝90°，所以S △ABC ＝12×AB ×23＝12×42－（23）2×23＝2 3.答案：2 38．如果a a ＞b b ，则实数a ，b 应满足的条件是________．解析：要使a a ＞b b 成立，只需(a a )2＞(b b )2，只需a 3＞b 3＞0，即a ，b 应满足a ＞b ＞0.答案：a ＞b ＞09．在△ABC 中，已知(a ＋b ＋c )(a ＋b －c )＝3ab ，且 2cos A sin B ＝sin C ．判断△ABC 的形状． 解：因为A ＋B ＋C ＝180°， 所以sin C ＝sin(A ＋B )． 又2cos A sin B ＝sin C ，所以2cos A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ， 所以sin(A －B )＝0. 又A 与B 均为△ABC 的内角， 所以A ＝B .又由(a ＋b ＋c )(a ＋b －c )＝3ab ， 得(a ＋b )2－c 2＝3ab ，a 2＋b 2－c 2＝ab . 又由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 得a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C .所以2ab cos C ＝ab ，cos C ＝12，所以C ＝60°.又因为A ＝B ，所以△ABC 为等边三角形．10．求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大．证明：设圆和正方形的周长为L ，故圆的面积为π⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2π2，正方形的面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫L 42，则本题即证π⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2π2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫L 42.要证π⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2π2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫L 42， 即证πL 24π2＞L 216，即证1π＞14，即证4＞π，因为4＞π显然成立，所以π⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2π2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫L 42.故原命题成立．[B 能力提升]11．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 应满足什么条件( )A ．a 2<b 2＋c 2B ．a 2＝b 2＋c 2C ．a 2>b 2＋c 2D ．a 2≤b 2＋c 2解析：选C.由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，所以b 2＋c 2－a 2<0， 即b 2＋c 2<a 2.12．如图所示，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD ⊥A 1C (写上一个条件即可)．解析：要证BD ⊥A 1C ，只需证BD ⊥平面AA 1C . 因为AA 1⊥BD ，只要再添加条件AC ⊥BD ， 即可证明BD ⊥平面AA 1C ，从而有BD ⊥A 1C .答案：AC ⊥BD (答案不唯一)13.如图，几何体E ABCD 是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB ＝CD ，EC ⊥BD .(1)求证：BE ＝DE ；(2)若∠BCD ＝120°，M 为线段AE 的中点，求证：DM ∥平面BEC .证明：(1)取BD 的中点O ，连接CO ，EO ，则由CB ＝CD 知，CO ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩CO ＝C ，所以BD ⊥平面OCE ，所以BD ⊥EO ，又O 为BD 的中点，所以BE ＝DE .(2)取AB 的中点N ，连接MN ，DN ，DM .因为M ，N 分别是AE ，AB 的中点，所以MN ∥BE .又MN ⊄平面BEC ，BE ⊂平面BEC ，所以MN ∥平面BEC .因为△ABD 为正三角形，所以DN ⊥AB .由∠BCD ＝120°，CB ＝CD 知，∠CBD ＝30°，所以∠ABC ＝60°＋30°＝90°，即BC ⊥AB ，所以DN ∥BC .又DN ⊄平面BEC ，BC ⊂平面BEC ，所以DN ∥平面BEC .又MN ∩DN ＝N ，所以平面MND ∥平面BEC ，又DM ⊂平面MND ，故DM ∥平面BEC .14．(选做题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，且(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，n ∈N *，其中A 、B 为常数．(1)求A 与B 的值；(2)证明：数列{a n }为等差数列．解：(1)由已知得S 1＝a 1＝1，S 2＝a 1＋a 2＝7，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝18.由(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝An ＋B ，得⎩⎪⎨⎪⎧－3S 2－7S 1＝A ＋B ，2S 3－12S 2＝2A ＋B ，即⎩⎪⎨⎪⎧A ＋B ＝－28，2A ＋B ＝－48， 解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝－20，B ＝－8. (2)证明：由第一问得(5n －8)S n ＋1－(5n ＋2)S n ＝－20n －8.①所以(5n －3)S n ＋2－(5n ＋7)S n ＋1＝－20n －28.②②－①，得(5n －3)S n ＋2－(10n －1)S n ＋1＋(5n ＋2)S n＝－20.③所以(5n＋2)S n＋3－(10n＋9)S n＋2＋(5n＋7)S n＋1＝－20.④④－③，得(5n＋2)S n＋3－(15n＋6)S n＋2＋(15n＋6)·S n＋1－(5n＋2)S n＝0. 因为a n＋1＝S n＋1－S n，所以(5n＋2)a n＋3－(10n＋4)a n＋2＋(5n＋2)a n＋1＝0.因为5n＋2≠0，所以a n＋3－2a n＋2＋a n＋1＝0.所以a n＋3－a n＋2＝a n＋2－a n＋1，n∈N*.又a3－a2＝a2－a1＝5，所以数列{a n}为等差数列．。
高中数学第六章推理与证明6.2直接证明与间接证明6.2.1直接证明：分析法与综合法课件湘教版选修2_2
6．2.1 直接证明：分析法与综合法
【课标要求】
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与特点．
2．结合已学过的数学实例，体会综合法的两种形 象化说法：“顺推证法”或“由因导果法”；分 析法又叫“逆推证法”或“执果索因法”．了解 综合法与分析法的流程框图、思考过程及特点．
＝
bax2＋aby2－2xy
＋
cby2＋bcz2－2yz
＋
a c
z2＋
c a
x2－2zx＝
bax－
aby2＋ bcy－
bcz2＋
acz－
∴b＋a cx2＋c＋b ay2＋a＋c bz2≥2(xy＋yz＋zx)．
acx2≥0，
法二 b＋a cx2＋c＋b ay2＋a＋c bz2
预习测评 1．综 求合 命法 题是成从立已的知条件、定义、定理、公理出发，寻
() A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．充分不必要条件
答案 B
2．分析法是 A．执果索因的逆推法
()
B．执因导果的顺推法
C．因果分别互推的两头凑法
D．寻找结论成立的充要条件的证明办法
答案 A
3．设p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R则p与q的大小关系是
∴符合题意的m的值不存在．
错因分析
1 3
<x<
1 2
是不等式|x－m|<1成立的充分条件，本题
解法中，错把它看成是充要条件．
[正解] ∵|x－m|<1⇔－1<x－m<1⇔m－1<x<m＋1，
又其在13<x<12时恒成立．
∴ mm－ ＋11≤ ≥1312， ，
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6．2.1 直接证明：分析法与综合法
基础达标 限时20分钟
1．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
答案 B
2．已知a，b，c是三条互不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，给出四个命题：
①a∥b，b∥α，则a∥α；②a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β；③a⊥α，a∥
β，则α⊥β；④a⊥α，b∥α，则a⊥b.
其中正确的命题个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析①中a∥α需a⊄α，此条件不一定成立；②中α∥β时需a，b相交，此条件不一定成立；③中β内平行于a的直线一定垂直于α，正确；④中a与b所成角为90°，正确．
答案 B
3．设x，y∈R，且4xy＋4y2＋x＋6＝0，则x的取值范围是( ) A．－3≤x≤2 B．－2≤x≤3
C．x≤－2或x≥3 D．x≤－3或x≥2
解析已知等式视为y的一元二次方程，则Δ＝(4x)2－4×4(x＋6)≥0，∴x≤－2或x≥3.
答案 C
4.如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，当底
面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你
认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形)．
解析从结论出发，找一个使A1C⊥B1D1成立的充分条件．因
而可以是：AC⊥BD.
答案AC⊥BD
5．等式“sin x 1＋cos x ＝1－cos x sin x ”的证明过程“等式两边同时乘以sin x 1－cos x
得，左边＝sin x 1＋cos x ·sin x 1－cos x ＝sin 2x 1－cos 2x ＝sin 2
x sin 2x
＝1，右边＝1，左边＝右边，故原等式成立”应用了________的证明方法．(填“综合法”或“分析法”)
答案 综合法
6．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1＋12·x 3
.
(1)判断f (x )的奇偶性；
(2)求证：f (x )>0.
(1)解 ∵2x －1≠0，∴函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}．
∵f (－x )－f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2－x －1＋12(－x )3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1＋12x 3
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x
1－2x ＋12(－x )3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2x －1＋12x 3
＝2x
2x －1·x 3
－12x 3－12x －1·x 3－12x 3＝x 3－x 3
＝0，
∴f (－x )＝f (x )，∴f (x )是偶函数．
(2)证明 由题意知x ≠0，
当x >0时，∵2x －1>0，x 3>0，∴f (x )>0；
当x <0时，∵－x >0，∴f (－x )＝f (x )>0，
∴f (x )>0.综上所述，f (x )>0.
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7．p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc ·b
m ＋d
n (m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数)，
则p 、q 的大小为 ( )
A ．p ≥q
B ．p ≤q
C ．p ＞q
D ．不确定
解析 q ＝ ab ＋mad
n ＋nbc
m ＋cd ≥ ab ＋2abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p .
答案 B
8．若sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos(α－β)＝
( )．
A ．1
B ．－1 C.12 D ．－1
2
解析 sin α＋sin β＝－sin γ，cos α＋cos β＝－cos γ，
两式两边分别平方相加得cos(α－β)＝－12.
答案 D
9．已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b
2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关
系是________．
解析 ∵x 2＝ a ＋b 22＝a ＋b ＋2ab
2
＝a ＋b 2＋ab <a ＋b
2＋a ＋b 2＝a ＋b .＝(a ＋b )2＝y 2
，
∴x <y .
答案 x <y
10．补足下面用分析法证明基本不等式ab ≤a ＋b 2的步骤．
要证明ab ≤a ＋b
2，
只需要证2ab ≤a ＋b ，
只要证________，只要证________，由于________显然成立，因此原不等式成立． 答案 a ＋b －2ab ≥0，(a －b )2≥0，(a －b )2≥0
11．已知a >0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1
a －2. 证明 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1
a －2，
只要证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1
a ＋ 2.
∵a >0，故只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫ a 2＋1
a 2＋22
≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1
a ＋22
，
即a 2＋1a 2＋4 a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1
a 2
＋2 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1
a ＋2，
从而只要证2 a 2＋1
a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1
a ，
只要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1
a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1
a 2，
即a 2＋1
a 2≥2，而上述不等式显然成立，
故原不等式成立．
12．(创新拓展)证明在△ABC 中，a ，b ，c 成等差数列的充要条件是a cos 2C 2
＋c cos 2A 2＝32b .
证明 在△ABC 中，a cos 2C 2＋c ·cos 2A 2＝3b 2
⇔a ·1＋cos C 2＋c ·1＋cos A 2＝3b 2
⇔a (1＋cos C )＋c (1＋cos A )＝3b
⇔a ＋c ＋a cos C ＋c cos A ＝3b
⇔a ＋c ＋a a 2＋b 2－c 22ab ＋c b 2
＋c 2－a 2
2bc ＝3b
⇔a ＋c ＋a 2＋b 2
－c 22b ＋b 2＋c 2－a 2
2b ＝3b
⇔a ＋c ＋b ＝3b ⇔a ＋c ＝2b
⇔a ，b ，c 成等差数列．所以命题成立．。