全国通用2018高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第5节直接证明与间接证明课件文新人教A版
【配套K12】2018版高考数学一轮总复习第6章不等式推理与证明6.6直接证明与间接证明模拟演练理
2018版高考数学一轮总复习 第6章 不等式、推理与证明 6.6 直接证明与间接证明模拟演练 理[A 级 基础达标](时间：40分钟)1．[2017·绵阳周测]设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( )A ．t >sB ．t ≥sC ．t <sD ．t ≤s答案 D解析 s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2≥0，∴s ≥t ，选D 项．2．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 ．无法确定正负答案 A解析 由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0.3．[2017·东城模拟]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，故△ABC 必是钝角三角形．4．[2017·郑州模拟]设x >0，P ＝2x ＋2－x ，Q ＝(sin x ＋cos x )2，则( ) A ．P >Q B ．P <Q C ．P ≤Q D ．P ≥Q答案 A解析 因为2x＋2－x≥22x ·2－x＝2(当且仅当x ＝0时等号成立)，而x >0，所以P >2；又(sin x ＋cos x )2＝1＋sin2x ，而sin2x ≤1，所以Q ≤2.于是P >Q .故选A.5．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2 B ．至少有一个大于2 C ．至少有一个不小于2 D ．至少有一个不大于2 答案 C解析 因为x ＞0，y ＞0，z ＞0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋( z x ＋z y)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2，故选C.6．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都能使b a ＋ab≥2成立． 7．[2016·兰州调研]已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是________．答案 x ＜y 解析 ∵a ＋b2>ab (a ≠b )⇒a ＋b >2ab ⇒2(a ＋b )>a ＋b ＋2ab ⇒a ＋b >a ＋b22⇒a ＋b >a ＋b2，即x <y .8．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．答案 c n ＋1＜c n解析 由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1＜c n .9．[2017·唐山模拟]已知a ＞0，1b －1a＞1，求证：1＋a ＞11－b.证明 由已知1b －1a>1及a >0可知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 －bab>1， 即1b －1a>1，这是已知条件，所以原不等式得证．10．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．解 (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，则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)， 所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0. 因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0.所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． [B 级 知能提升](时间：20分钟)11．若1a <1b<0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2<b 2B ．ab <b 2C ．a ＋b <0D ．|a |＋|b |>|a ＋b |答案 D解析 ∵1a <1b<0，∴0>a >b .∴a 2<b 2，ab <b 2，a ＋b <0，|a |＋|b |＝|a ＋b |.12．已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则以下结论正确的是( ) A ．a >b B ．a <bC ．a ＝bD ．a ，b 大小不定答案 B解析 ∵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 .13．[2017·邯郸模拟]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)答案 ③解析 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b ＞1，但a ＜1，b ＜1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2＞2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab ＞1，故⑤推不出；对于③，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b ＞2矛盾， 因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1.14．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b2＋1－2m ＝0.(1)求证：1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2； (2)求证：m ≥72.证明 (1)要证1a 2＋4b2≥9a 2＋b 2成立， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a2＋4b 2(a 2＋b 2)≥9，即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，只需证b 2a 2＋4a 2b 2≥4，根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b2≥2b 2a 2·4a 2b2＝4成立．当且仅当2a 2＝b 2时等号成立，所以原不等式成立．(2)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b2＝2m －1，由(1)知(m －2)(2m －1)≥9，即2m 2－5m －7≥0，解得m ≤－1或m ≥72.又a 2＋b 2＝m －2＞0，1a 2＋4b 2＝2m －1＞0，所以m ≥72.。
高考数学一轮总复习(知识梳理+聚焦考向+能力提升)6.6 直接证明与间接证明课件 理
第十六页，共32页。
C 聚焦考向透析
考 向 二 分析法的应用(yìngyòng)
变式训练
2．已知△ABC三边a，b，c的倒数成等 差数列，证明(zhèngmíng)：B为锐角．
证明：要证明 B 为锐角，根据余弦定理，也就是证明 cos B＝
a2＋c2－b2 2ac ＞0，即需证 a2＋c2－b2＞0.
要证明
2
≥f( 2 )，
（3x1－2x1）＋（3x2－2x2） x1＋x2
x1＋x2
即证明
2
≥3 2 －2· 2 ，
3x1＋3x2
x1＋x2
因此只要证明 2 －(x1＋x2)≥3 2 －(x1＋x2)，
3x1＋3x2 x1＋x2 即证明 2 ≥3 2 ，
3x1＋3x2 因此只要证明 2 ≥ 3x1·3x2，
考 向 三 反证法
例题(lìtí)精编
审题视点 典例精讲 类题通法 变式训练
(2014·浙江杭州模拟)已知函数 f(x)＝ax＋xx－＋21(a＞1)． (1)证明：函数 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．
(1)用增函数定义证明；(2)假设(jiǎshè)有 负数根，根据指数函数性质证出矛盾．
(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．
第七页，共32页。
C 聚焦考向透析
考 向 一 综合法的应用(yìngyòng)
例题(lìtí)精编
已知 f(x)＝l1n＋xx－ln x，f(x)在 x＝x0 处取最大值，
已知 f(x)＝l1n＋xx－ln x，f(x)在 x＝x0 处取最大值，
高三数学复习第六章 不等式、推理与证明
演 练 知 能 检 测
第一节
不等关系与不等式
[归纳· 知识整合]
回 扣 主 干 知 识
突 破 热 点 题 型
1．比较两个实数大小的法则 设a，b∈R，则 a－b＞0 (1)a＞b⇔ ； a－b＝0 (2)a＝b⇔ ； a－b＜0 (3)a＜b⇔ . 2．不等式的基本性质 性质 对称性 传递性 可加性 性质内容 a>b⇔_____ b<a a>b，b>c⇒______ a>c 注意 ⇔ ⇒ ⇔
[例3] 个结论： (1)(2012· 湖南高考)设a>b>1，c<0，给出下列三
提 升 学 科 素 养
突 破 热 点 题 型
c c ①a>b；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．
其中所有的正确结论的序号是 ( )
演 练 知 能 检 测
A．①
B．①②
C．②③
D．①②③
数学(6省专版)
＝(x－1)2＋1>0， ∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.
演 练 知 能 检 测
数学(6省专版)
第一节
不等关系与不等式
回 扣 主 干 知 识
aa－b aabb a－b b－a a－b 1 a－b (2)abba＝a b ＝a b ＝b . aa－b a ∵当a>b，即a－b>0，b>1时，b >1，
第一节
不等关系与不等式
c d (2)已知三个不等式：ab>0，bc－ad>0， a － b >0(其中a，
回 扣 主 干 知 识
b，c，d均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个 不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是 ( )
2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第六章 不等式、推理与证明 6-5 精品
【知识梳理】 1.直接证明
内 容
综合法
分析法
从已知条件出发,经 从待证结论出发,一步一步寻
过逐步的推理,最后 求结论成立的充分条件,最后
定 达到待证结论的方 达到题设的已知条件或已被
义 法,是一种从_原__因__ 证明的事实的方法,是一种从
推导到_结__果__的思维 _结__果__追溯到产生这一结果的
因为A1D1⊂平面A1BD1,D1B⊂平面 A1BD1,A1D1∩D1B=D1, 所以平面A1BD1∥平面ADC1, 因为A1B⊂平面A1BD1,所以A1B∥平面ADC1.
【加固训练】
1.(2016·枣庄模拟)设a,b,c>0,证明:a2 b2 c2 a b c.
bca
【证明】因为a,b,c>0,根据基本不等式,
只需证a2+13a+42>a2+13a+40,只需证42>40, 因为42>40成立,所以P>Q成立.
感悟考题 试一试
2.(2016·滨州模拟)用反证法证明命题“若a,b∈N,ab
可被5整除,那么a,b中至少有一个能被5整除”时,假设
的内容应该是 ( )
A.a,b都能被5整除
B.a,b都不能被5整除
C.a,b不都能被5整除
D.a能被5整除
【解析】选B.“至少有一个能被5整除”的反面是“都 不能被5整除”.
3.(2016·菏泽模拟)设a=lg2+lg5,b=ex(x<0),则a与b
的大小关系为 ( )
A.a>b
B.a<b
C.a=b
D.a≤b
【解析】选A.因为a=lg2+lg5=lg10=1,而b=ex<e0=1,
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．
高考数学总复习配套课件：第6章《不等式、推理与证明》6-6直接证明与间接证明
c＝z＋1x，则 a、b、c 三数( )
A．至少有一个不大于 2
B．都小于 2
C．至少有一个不小于 2
D．都大于 2
解析：假设 a、b、c 都小于 2，
则 a＋b＋c＜6.
而事实上 a＋b＋c＝x＋1x＋y＋1y＋z＋1z≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，
∴a，b，c 中至少有一个不小于 2.
答案：C
[证明] ∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴bac＋abc≥2 bac·abc＝2c. 同理 abc＋acb≥2a，acb＋bac≥2b.
∵a，b，c 不全相等， ∴上述三个不等式中至少有一个等号不成立，三式相加，得 2bac＋abc＋acb＞2(a＋b＋c)， 即bac＋abc＋acb＞a＋b＋c.
(2)证法一 由方程组yy＝＝kk21xx－＋11， 解得交点 P 的坐标为k2－2 k1，kk22＋ －kk11， 而 2x2＋y2＝2k2－2 k12＋kk22＋ －kk112 ＝8＋k22k＋22＋k21k－21＋2k21kk12k2＝kk2121＋＋kk2222＋ ＋44＝1. 此即表明交点 P(x，y)在椭圆 2x2＋y2＝1 上．
∴cn 随 n 的增大而减小．∴cn＋1＜cn.
答案：cn＋1＜ cn
5．用反证法证明命题“如果 a＞b，那么3 a＞3 b”时，假设的内 容是________．
解析：“如果 a＞b，那么3 a＞3 b”若用反证法证明，其假设为3 a ≤3 b.
答案：3 a≤3 b
考向一 综合法
[例 1] (2013 年福州四校联考)已知 a＞0，b＞0，c＞0，且 a，b， c 不全相等，求证：bac＋abc＋acb＞a＋b＋c.
考向三 反证法 [例3] (2011年高考安徽卷)设直线l1：y＝ kk21， ≠k足 (11k代[2x证)，k入证＋明1即kk]明121lk1＋2与，(＋1：)22l反2＝l＝相l2证10：交，与法0．得．.yl2＝假k相21＋设k2交l2＝1x与0；－，l2这不1与相，交k1其，为则实中数l1 与的实事l2数实平相行k矛，1，则盾有 ，k从2k满1而＝ (2)证明：l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．
2018届高三数学文一轮复习课件：6-6 直接证明与间接证明 精品
二、小题查验 1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”) (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。(√ )
解析：正确。因为综合法的思维过程是由因导果，就是寻找已知的必要 条件，因此(1)正确。
(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。 (×)
解析：错误。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，不是充要条件。
B．a2＋b2－1－a4＋2 b4≤0
C.a＋2 b2－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：∵a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0，故选 D。 答案：D
2．(2016·德州模拟)如果△A1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2 的 三个内角的正弦值，则△A2B2C2 是________三角形。
(1)求 a2，b2 的值；
解析：(1)由 2b1＝a1＋a2，可得 a2＝2b1－a1＝24。 由 a22＝b1b2，可得 b2＝ab221＝36。
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解析：(2)∵an，bn，an＋1 成等差数列， ∴2bn＝an＋an＋1。① ∵bn，an＋1，bn＋1 成等比数列， ∴an2＋1＝bnbn＋1。 ∵数列{an}，{bn}的每一项都是正数， ∴an＋1＝ bnbn＋1。② 于是当 n≥2 时，an＝ bn－1bn。③ 将②③代入①式，可得 2 bn＝ bn－1＋ bn＋1。 又 b1＝16，b2＝36， ∴数列{ bn}是首项为 4，公差为 2 的等差数列， ∴ bn＝ b1＋(n－1)d＝2n＋2，
(2)证明：f(x)≤g(x)。
解析：(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x) ＝ln(x＋1)－13x3＋12x2－x(x＞－1)。 h′(x)＝x＋1 1－x2＋x－1＝x－＋x13。 h(x)在(－1,0)上为增函数， 在(0，＋∞)上为减函数。 h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0， 即 f(x)≤g(x)。
2018版高考数学一轮总复习第6章不等式、推理与证明6.6直接证明与间接证明课件
④满足题意．
5．[2017· 福建模拟] 设 a>b>0，m＝ a－ b，n＝ a－b，
m<n 则 m，n 的大小关系是________ ．
解析
解法一： (取特殊值法 )取 a＝2， b＝ 1，得 m<n. b2－ 2 ab <0 ，∴ m2<n2 ，∴
解法二：(作差法 )由已知得 m>0，n>0，则 m2－ n2＝ a＋ b － 2 ab － a ＋ b ＝ 2b － 2 ab ＝ 2 m <n .
4 ．反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛 盾．( × ) 5．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．( √ ) 6．证明不等式 2＋ 法．( √ ) 7＜ 3＋ 6 最适合的方法是分析
二、小题快练 1．某同学证明不等式 7－1> 11－ 5的过程如下：要 证 2 7 － 1> 11 － 5 ，只 需证 7＋ 5> 11 ＋ 1 ，即证 7 ＋ 7×5＋5>11＋2 11＋1， 即证 35> 11， 即证 35>11.因为 ) A．综合法 C．综合法、分析法结合使用 B．分析法 D．其他证法
板块二 典例探究· 考向突破
考向 例1
综合法证明
[2017· 黄冈模拟 ] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 且 (3
－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N)．其中 m 为常数，且 m ≠－ 3. (1)求证：{an}是等比数列； (2)若数列{an}的公比 q＝ f(m )，数列{bn}满足 b1＝a1，bn
第6章 不等式、推理与证明
第6讲 直接证明与间接证明
板块一 知识梳理· 自主学习
[ 必备知识] 考点 1 直接证明
2018高考数学(文理通用版)一轮复习课件：第六章 不等式、推理与证明 第6讲
[ 解析] 由 a>b>c，a＋b＋c＝0，得 b＝－a－c，a>0，c<0.要证 b2－ac< 3 a， 只需证(－a－c)2－ac<3a2， 只需证 a2－ac＋a2－c2>0， 只需证 a(a－c)＋(a＋c)(a －c)>0，只需证 a(a－c)－b(a－c)>0，只需证(a－c)(a－b)>0.故选 C．
a2 b2 c2 ②因为 b ＋b≥2a， c ＋c≥2b， a ＋a≥2c， a2 b2 c2 故 b ＋ c ＋ a ＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， a2 b2 c2 a2 b2 c2 即 b ＋ c ＋ a ≥a＋b＋c.所以 b ＋ c ＋ a ≥1． 1 当且仅当 a＝b＝c＝3时，等号成立．
• [解析] 分析法证明的本质是证明结论的充 分条件成立，即②⇒①，所以①是②的必 要条件．
5．(2016· 浙江宁波模拟)分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“已知 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证 b2－ac< 3a.”索的因应该是 导学号 30071801 (
C
) A．a－b>0 C．(a－b)(a－c)>0 B．a－c>0 D．(a－b)(a－c)<0
最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法． (2)框图表示： P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →…→ Qn⇒Q (其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示要证的结论)． (3)思维过程：由因导果．
• 2．分析法 要证明的结论 充分条件 • (1)定义：从___________________出发， 逐步寻求使它成立的__________，直至最 后，把要证明的结论归结为判定一个明显 成立的条件 已知条件、定理、定义、公理 (2)框图表示： Q⇐P1( → P1⇐P2 → P2⇐P3 →…→ 得到一个明显成立的条件 (其中 等 ) ．这种证明方法叫做分析法． Q 表示要证明的结论)．
2018届高考数学(文)一轮总复习检测第六章 第六节 直接证明与间接证明 Word版含解析
第六节直接证明与间接证明
【最新考纲】.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.了解反证法的思考过程和特点．
．直接证明
.间接证明
反证法：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，这样的证明方法叫做反证法．
．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) ()综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件．( )
()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．( )
()用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
()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：()√()×()×()√
．要证明＋
<，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( )
．综合法．分析法
．反证法．归纳法
解析：要证明＋<成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．。
(全国通用)近年高考数学一轮复习 第6章 不等式、推理与证明 第5节 直接证明与间接证明课时分层训练
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课时分层训练(三十六）直接证明与间接证明A组基础达标(建议用时：30分钟)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．其中正确的个数有（)A．2个B．3个C．4个D．5个D［由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．］2．用反证法证明命题：若整数系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0）有有理实数根，则a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设中正确的是（)A．假设a，b，c至多有一个是偶数B．假设a,b,c至多有两个偶数C．假设a，b，c都是偶数D．假设a，b,c都不是偶数D[“至少有一个”的否定为“一个都没有”,即假设a，b,c都不是偶数．］3．若a，b，c为实数，且a<b〈0，则下列命题正确的是( ）A．ac2〈bc2B．a2>ab>b2C。
1a<错误! D.错误!>错误!B［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。
高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第5讲 直接证明与间接证明分层演练直击高考 文
第5讲 直接证明与间接证明1．(2018·扬州质检)用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________．解析：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，故应假设“a ，b 中没有一个能被5整除”．答案：a ，b 中没有一个能被5整除2．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a 、b 、c 的大小顺序是________． 解析：因为a ＝3－2＝13＋2，b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝17＋6， 且7＋6＞6＋5＞3＋2＞0， 所以a ＞b ＞c . 答案：a ＞b ＞c3．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，所以c n 随n 的增大而减小，所以c n ＋1<c n . 答案：c n ＋1<c n4．已知α、β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin(α－β)，则tan α＝________． 解析：因为cos(α＋β)＝sin(α－β)，所以cos αcos β－sin αsin β＝sin αcos β－cos αsin β. 所以cos α(sin β＋cos β)＝sin α(cos β＋sin β)． 因为sin β＋cos β≠0，所以cos α＝sin α，所以tan α＝1. 答案：15．对于实数a ，b ，c ，d ，下面的四个不等式：①a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ；②a (1－a )≤14；③a b ＋b a≥2；④(a 2＋b 2)·(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，其中不成立的不等式有________个．解析：利用综合法可证①②④成立，若a ＝1，b ＝－1，a b ＋b a＝－2，则③不成立． 答案：16．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”的条件的序号是________． 解析：若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出； 对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1， 反证法：假设a ≤1且b ≤1， 则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1. 答案：③7．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为________．解析：因为a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数．所以f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C . 答案：A ≤B ≤C 8．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________．解析：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.答案：329．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 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－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：⎝⎛⎭⎪⎫－3，3210．设M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1b－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1c－1，且a ＋b ＋c ＝1(a 、b 、c 均为正数)，则M 的取值范围是________．解析：因为a ＋b ＋c ＝1，所以1a －1＝a ＋b ＋c a －1＝b ＋c a ≥2bca，①同理1b－1＝a ＋c b ≥2ac b，②1c－1＝a ＋bc ≥2abc，③ ①×②×③，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1b －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1c －1≥8a 2b 2c 2abc ＝8，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号．答案：[8，＋∞)11．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)： 因为a ，b ，c 为正实数，所以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. 又因为ab ＋bc ＋ca ＞0，所以a (b ＋c )＋bc ＞0，且bc ＜0， 所以a (b ＋c )＞0.①又因为a ＜0，所以b ＋c ＜0.所以a ＋b ＋c ＜0， 这与a ＋b ＋c ＞0相矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a ，b ，c 均为正实数． 12．设{a n }是公比为q (q ≠0)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？解：(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)，因为a 1≠0，所以(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，S 1，S 2，S 3成等差数列，即2S 2＝S 1＋S 3， 则2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)．由于a 1≠0，所以2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2， 因为q ≠1，所以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．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.那么它的反设应该是________．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)|≥122．设M ＝1210＋1210＋1＋1210＋2＋…＋1211－1，则M 与1的大小关系为________．解析：因为M <1210＋1210＋1210＋…＋1210(共210项)，所以M <1210×210＝1.答案：M <13．已知函数f (x )，当x ∈(1，＋∞)时，恒有f (3x )＝3f (x )成立，且当x ∈(1，3)时，f (x )＝3－x .记f (3n＋1)＝k n ，则 i ＝1nk i ＝________．解析：k 1＝f (3＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3×43＝3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫3－43； k 2＝f (32＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32×32＋132＝32×⎝⎛⎭⎪⎫3－32＋132； …k n ＝3n⎝⎛⎭⎪⎫3－3n＋13n ＝3n ＋1－3n －1＝2×3n －1，所以∑i ＝1n k i ＝2(3＋32＋ (3))－n ＝2×3（3n－1）3－1－n ＝3n ＋1－n －3.答案：3n ＋1－n －34．已知函数y ＝f (x )的定义域为D ，若对于任意的x 1，x 2∈D (x 1≠x 2)，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f （x 1）＋f （x 2）2，则称y ＝f (x )为D 上的凹函数．由此可得下列函数中的凹函数的序号为________．①y ＝log 2x ；②y ＝x ；③y ＝x 2；④y ＝x 3. 解析：可以根据图象直观观察；对于③证明如下： 欲证f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f （x 1）＋f （x 2）2，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 222<x 21＋x 222，即证(x 1＋x 2)2<2x 21＋2x 22. 即证(x 1－x 2)2>0.显然成立．故原不等式得证． 答案：③5．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)由已知得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 ，即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．6．(2018·常州模拟)已知非零数列{a n }满足a 1＝1，a n a n ＋1＝a n －2a n ＋1(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋1a n 是等比数列；(2)若关于n 的不等式1n ＋log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a 1＋1n ＋log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a 2＋…＋1n ＋log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a n <m －3有解，求整数m 的最小值；(3)在数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋1a n－（－1）n 中，是否存在首项、第r 项、第s 项(1<r <s ≤6)，使得这三项依次构成等差数列？若存在，求出所有的r 、s ；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由a n a n ＋1＝a n －2a n ＋1，得1a n ＋1＝2a n＋1，即1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋1a n 是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得，1a n ＋1＝2n，故1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n <m －3，设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n， 则f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0， 所以f (n )单调递增，则f (n )min ＝f (1)＝12，于是12<m －3，即m >72，故整数m 的最小值为4.(3)由(1)(2)得，a n ＝12n －1，则设b n ＝1＋1a n －(－1)n ＝2n －(－1)n，要使得b 1，b r ，b s 成等差数列，即b 1＋b s ＝2b r ， 即3＋2s－(－1)s＝2r ＋1－2(－1)r ，得2s －2r ＋1＝(－1)s －2(－1)r－3，因为s ≥r ＋1，所以(－1)s－2(－1)r－3≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧s ≥r ＋1，（－1）s＝1，（－1）r ＝－1，故s 为偶数，r 为奇数，因为4≤s ≤6，所以s ＝4，r ＝3或s ＝6，r ＝5或s ＝6，r ＝3.。
配套K12全国通用2018高考数学一轮复习第6章不等式推理与证明第5节直接证明与间接证明教师用书文新
第五节 直接证明与间接证明———————————————————————————————— [考纲传真] 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．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 >b a [∵b ＋x a ＋x －b a ＝x a －ba ＋x a>0， ∴b ＋x a ＋x >ba.] 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．]11111111＝P ，A 1C 1∩EF＝Q .求证：(1)D ，B ，F ，E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线． [证明] (1)如图所示，因为EF 是△D 1B 1C 1的中位线，所以EF ∥B 1D 1.2分在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，B 1D 1∥BD ，所以EF ∥BD ，4分 所以EF ，BD 确定一个平面， 即D ，B ，F ，E 四点共面.5分(2)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设平面A 1ACC 1确定的平面为α， 又设平面BDEF 为β. 因为Q ∈A 1C 1，所以Q ∈α. 又Q ∈EF ，所以Q ∈β， 则Q 是α与β的公共点.8分 同理，P 点也是α与β的公共点.9分 所以α∩β＝PQ . 又A 1C ∩β＝R ，所以R ∈A 1C ，则R ∈α且R ∈β， 则R ∈PQ ，故P ，Q ，R 三点共线.12分[规律方法] 综合法是“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，常与分析法结合使用，用分析法探路，综合法书写，但要注意有关定理、性质、结论题设条件的正确运用．[变式训练1] 已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝a ＋bx －12x 2＋13x 3，函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点(0,0)处有公共切线．(1)求a ，b 的值； (2)证明：f (x )≤g (x )．[解] (1)f ′(x )＝11＋x，g ′(x )＝b －x ＋x 2，2分由题意得⎩⎪⎨⎪⎧g＝f ，f＝g，解得a ＝0，b ＝1.5分(2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x ) ＝ln(x ＋1)－13x 3＋12x 2－x (x >－1)．h ′(x )＝1x ＋1－x 2＋x －1＝－x 3x ＋1.8分所以h (x )在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．h (x )max ＝h (0)＝0，h (x )≤h (0)＝0，即f (x )≤g (x ).12分已知a >0 【导学号：31222227】[证明] 要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.2分 因为a >0，故只需要证⎝ ⎛⎭⎪⎫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 ＋2，8分从而只需要证2a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ， 只需要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a2，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.12分[规律方法] 1.当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．2．分析法的特点和思路是“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．[变式训练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 ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，也就是c a ＋b ＋ab ＋c＝1，3分 只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，5分又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°， 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°，10分即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立． 于是原等式成立.12分设{a n }(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．【导学号：31222228】[解] (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②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 n1－q，q ≠1.5分(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 ＋1.8分 ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋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.12分 [规律方法] 用反证法证明问题的步骤：(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(否定结论)(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾，矛盾可以是与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)[变式训练3] 已知a ≥－1，求证三个方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实根．[证明] 假设三个方程都没有实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－－4a ＋，a －2－4a 2<0，a 2－－2a ⇒⎩⎪⎨⎪⎧－32<a <12，a >13或a <－1，－2<a <0，6分∴－32<a <－1.10分这与已知a ≥－1矛盾，所以假设不成立，故原结论成立.12分[思想与方法]1．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．反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法证明的关键：①准确反设；②从否定的结论正确推理；③得出矛盾．[易错与防范]1．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．2．利用反证法证明数学问题时，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．课时分层训练(三十六)直接证明与间接证明A组基础达标(建议用时：30分钟)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．其中正确的个数有( )A．2个B．3个C．4个D．5个D[由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都正确．]2．用反证法证明命题：若整数系数的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理实数根，则a，b，c中至少有一个是偶数．下列假设中正确的是( )A．假设a，b，c至多有一个是偶数B．假设a，b，c至多有两个偶数C．假设a，b，c都是偶数D．假设a，b，c都不是偶数D[“至少有一个”的否定为“一个都没有”，即假设a，b，c都不是偶数．]3．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是( )A．ac2<bc2B．a2>ab>b2C.1a<1bD.ba>abB[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.]4．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b2－ac <3a”索的因应是( )A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0C[由题意知b2－ac<3a⇐b2－ac<3a2⇐(a＋c)2－ac<3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇐－2a2＋ac＋c2<0⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.]5．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2C [因为x >0，y >0，z >0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋z x ≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2.] 二、填空题6．用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设__________．x ≠－1且x ≠1 [“x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．]7．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________.【导学号：31222229】m <n [法一(取特殊值法)：取a ＝2，b ＝1，得m <n .法二(分析法)：a －b <a －b ⇐b ＋a －b >a ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．]8．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab≥2成立的条件的个数是__________．【导学号：31222230】3 [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．] 三、解答题9．已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 【导学号：31222231】[证明] 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证：2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0， 即(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.8分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0，a ＋b >0,2a ＋b >0， 从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .12分10.(2017·南昌一模)如图651，四棱锥S ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝1，DC ＝SD ＝2，M ，N 分别为SA ，SC 的中点，E 为棱SB 上的一点，且SE ＝2EB.图651(1)证明：MN ∥平面ABCD ； (2)证明：DE ⊥平面SBC .[证明] (1)连接AC ，∵M ，N 分别为SA ，SC 的中点，∴MN ∥AC ，又∵MN ⊄平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴MN ∥平面ABCD .5分(2)连接BD ，∵BD 2＝12＋12＝2，BC 2＝12＋(2－1)2＝2，BD 2＋BC 2＝2＋2＝4＝DC 2，∴BD ⊥BC .又SD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，∴SD ⊥BC ， ∴SD ∩BD ＝D ，∴BC ⊥平面SDB .8分 ∵DE ⊂平面SDB ，∴BC ⊥DE . 又BS ＝SD 2＋BD 2＝4＋2＝6， 当SE ＝2EB 时，EB ＝63， 在△EBD 与△DBS 中，EB BD＝632＝33，BD BS ＝26＝33， ∴EB BD ＝BDBS.10分又∠EBD ＝∠DBS ，∴△EBD ∽△DBS ， ∴∠DEB ＝∠SDB ＝90°，即DE ⊥BS ， ∵BS ∩BC ＝B ，∴DE ⊥平面SBC .12分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( ) 【导学号：31222232】A ．A ≤B ≤CB ．A ≤C ≤BC ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤AA [∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x在R 上是减函数． ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，即A ≤B ≤C .]2．在不等边三角形ABC 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__________．a 2>b 2＋c 2[由余弦定理cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，得b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.]3．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.2分由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ， 即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3.5分 (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 ，10分解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在.12分。
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所以 EF∥B1D1.2 分 在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，B1D1∥BD，所以 EF∥BD，4 分 所以 EF，BD 确定一个平面， 即 D，B，F，E 四点共面.5 分
(2)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，设平面 A1ACC1 确定的平面为 α， 又设平面 BDEF 为 β. 因为 Q∈A1C1，所以 Q∈α. 又 Q∈EF，所以 Q∈β， 则 Q 是 α 与 β 的公共点.8 分 同理，P 点也是 α 与 β 的公共点.9 分 所以 α∩β＝PQ. 又 A1C∩β＝R， 所以 R∈A1C，则 R∈α 且 R∈β， 则 R∈PQ，故 P，Q，R 三点共线.12 分
与函数 y＝g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线． (1)求 a，b 的值； (2)证明：f(x)≤g(x)． 1 [ 解] (1)f′(x)＝ ，g′(x)＝b－x＋x2，2 分 1＋x
g0＝f0， 由题意得 f′0＝g′0，
解得 a＝0，b＝1.5 分
(2)证明：令 h(x)＝f(x)－g(x) 1 3 1 2 ＝ln(x＋1)－3x ＋2x －x(x>－1)．
证明的结论 出发，逐步寻求 从要____________
义、公理、定理等，经过一系 使它成立的__________ 充分条件 ，直至最后，
推理论证 ，最后推导出 把要证明的结论归结为判定一个明 列的__________ 成立 所要证明的结论______
显成立的条件
思维过程
由因导果 P⇒Q1 → Q1⇒Q2 →…→ Qn⇒Q
2．要证明 3＋ 7<2 5，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是( A．综合法 C．反证法 B．分析法 D．归纳法
)
B [要证明 3＋ 7<2 5成立， 可采用分析法对不等式两边平方后再证明． ]
3．用反证法证明命题：“已知 a，b 为实数，则方程 x2＋ax＋b＝0 至少有 一个实根”时，要做的假设是( )
执果索因 Q⇐P1 → P1⇐P2 得到一个明显 →…→ ，所以…或由…，得… 要证…，只需证…，即证… 2.间接证明
不成立 ，经过正确的推理，最后得出______ 矛盾 ， 反证法：一般地，假设原命题_______
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．
2
从而只需要证 2 只需要证
3 － x 1 h′(x)＝ －x2＋x－1＝ .8 分 x＋1 x＋1
所以 h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数． h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即 f(x)≤g(x).12 分
分析法
已知 a>0，求证： 1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2.
2
【导学号：31222227】
[ 规律方法]
综合法是“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，常与分析法结合使用，用分析法探路，综合法书写，但要注意 有关定理、性质、结论题设条件的正确运用．
[ 变式训练 1]
1 2 1 3 已知函数 f(x)＝ln(1＋x)， g(x)＝a＋bx－2x ＋3x ， 函数 y＝f(x)
抓 基 础 · 自 主 学 习
第六章
第五节
不等式、推理与证明
直接证明与间接证明
明 考 向 · 题 型 突 破
课 时 分 层 训 练
[ 考纲传真]
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 利用已知条件和某些数学定 定义 分析法
b＋x b b＋x b xa－b > [∵ － ＝ >0， a＋x a a＋x a a＋xa b＋x b ∴ > .] a＋x 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．
[ 证明]
要证
2
1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2，
2
只需要证 因为
1 1 a ＋a2＋2≥a＋a＋ 2.2 分
1 1 2 a ＋a2＋2 ≥a＋a＋ 22，
2
a>0，故只需要证
1 即 a ＋a2＋4
2
1 1 1 2 a ＋a2＋4≥a ＋2＋a2＋2 2a＋a＋2，8 分
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)√
等边 [由题意 2B＝A＋C， π 又 A＋B＋C＝π，∴B＝3，又 b2＝ac， 由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac， ∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c， π ∴A＝C，∴A＝B＝C＝3，∴△ABC 为等边三角形．]
综合法
A1B1C1D1 中，E，F 分别为 D1C1，C1B1 的中点， 已知正方体 ABCDAC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证： (1)D，B，F，E 四点共面； (2)若 A1C 交平面 DBFE 于 R 点，则 P，Q，R 三点共线． [ 证明] (1)如图所示，因为 EF 是△D1B1C1 的中位线，
A．方程 x2＋ax＋b＝0 没有实根 B．方程 x2＋ax＋b＝0 至多有一个实根 C．方程 x2＋ax＋b＝0 至多有两个实根 D．方程 x2＋ax＋b＝0 恰好有两个实根
A [“ 方程 x2＋ax＋b＝0 至少有一个实根”的反面是“方程 x2＋ax＋b＝0 没有 实根” ，故选 A.]
b b＋x 4．已知 a，b，x 均为正数，且 a>b，则a与 的大小关系是__________． a＋x