第六节直接证明与间接证明高考数学(文科)总复习精品专题讲义

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高考数学一轮总复习 6.6直接证明与间接证明

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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)．
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【规律方法】综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．
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
解析分析法证明的本质是证明结论成立的充分条件，即② ⇒①，所以①是②的必要条件．
答案 B
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3．△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)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
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对点自测
知识点一
直接证明
1.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
B．分析法
C．反证法
D．归纳法
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解析要证明 3 ＋ 7 <2 5 成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．
答案 B
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2．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C<D，这里①是②的 ()
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理教材夯基础厚积薄发

2015届高考数学总复习第六章第六节直接证明与间接证明精讲课件文

(1)求证：数列{an＋1}是等比数列； (2)求数列{an}，{bn}的通项公式an和bn；
2bn 4 (3)若 cn＝，证明：c1＋c2＋„＋cn<3. anan＋1
思路点拨：当单独用综合法或分析法难以奏效时，可以综合
法与分析法并用，取长补短，以利于迅速地将题设与欲证结论相互贯通． (1)证明：当n＝1时，S1＝2a1－1，得a1＝1. ∵Sn＝2an－n，∴当n≥2时Sn－1＝2an－1－(n－1)，两式相减，得an＝2an－2an－1－1， ∴an＝2an－1＋1.∴an＋1＝2an－1＋2＝2(an－1＋1)． ∴{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列． (2)解析：由(1)得an＋1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n－1，n∈N*. ∴bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n，n∈N*.
∴AB＝2.∴AB2＋BC2＝AC2.∴AB⊥BC. 由已知AB⊥BB1, ∴AB⊥平面BB1C1C. 又∵AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BB1C1C. (2)证明：取AC的中点M，连接C1M，FM. 在△ABC中，FM∥AB，而FM⊄ABE， ∴直线FM∥平面ABE. 在矩形ACC1A1中，E，M都是中点， ∴C1M∥AE.
2
用分析法证明命题
【例 2】已知 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证： b2－ac< 3a.
自主解答：解析：要证只需证b2－ac<3a2，只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.
因为已知a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，所以(a－b)(a－c)>0，显然成立，故原不等式成立．点评：分析法的特点和思路是“执果索因”，是逆向思

高三数学(文)一轮复习课件6-6 直接证明与间接证明ppt版本

A2＝π2－A1，得B2＝π2－B1，
C2＝π2－C1，
那么，A2＋B2＋C2＝π2，这与三角形内角和为 180°相矛盾。所以假设不成立，又显然△A2B2C2 不是直角三角形，所以△A2B2C2 是钝角三角形。
答案：钝角
3．(2016·洛阳模拟)数列{an}，{bn}的每一项都是正数，a1＝8，b1＝16，且 an，bn，an＋1 成等差数列，bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，n＝1,2,3，…。
(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，
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____是“都大于 60°”。答案：B
4．设 a，b，c 都是正数，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( ) A．都大于 2 B．都小于 2 C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2

高考数学总复习第六章第六节直接证明与间接证明课件理

类
比
上
述
方
法
，
请
计
算
“
1 1×2×3
＋
1 2×3×4
＋
…
＋
nn＋11n＋2(n∈N*)”，其结果为________．
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答案：4n＋n2＋13nn＋2
提
示
：
拆
项
：
1 kk＋1k＋2
＝
1 2
1 kk＋1
－
k＋11k＋2，k＝1,2，3，…，n
第二十四页，共44页。
【例4】若三角形的内切圆半径(bànjìng)为r，三边的长分别为
第六页，共44页。
解析：根据图(1)、(2)、(3)、(4)和定义的运算知，A对应 (duìyìng)竖线，B对应(duìyìng)正方形，C对应(duìyìng)横线， D对应(duìyìng)圆，∴(M)对应(duìyìng)B*D，(N)对应 (duìyìng)A*C.故选B.
答案：B
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第二十页，共44页。
考点(kǎo 类比推理(lèi bǐ tuī lǐ) diǎn)二
【例3】已知命题：若数列{an}为等差数列，且am＝a，an＝
b(m≠n，m，n∈N*)，则am＋n＝
；b现n－已a知m等比数列(děnɡ
bǐ shù liè){bn}(bn>0，n∈N*)，bm＝a，bn＝b(mn－≠nm，m，n∈N*)，若
答案： 1R(S1＋S2＋S3＋S4) 3
点评：关于空间问题与平面问题的类比，通常可抓住几何要素(yào sù)的如下对应关系作对比：
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变式探究 (tànjiū)

高考数学(文)一轮复习 6-6直接证明与间接证明

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板块一
板块二
板块三
板块四
高考一轮总复习 ·数学（文）
命题角度 2 证明存在性问题例 4 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)＝12x2－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)＝x＋1 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．
解析注意到：“至多有一个”的否定应为“至少有两个”，知需选 B.
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板块一
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高考一轮总复习 ·数学（文）
3．若实数 a，b 满足 a＋b＜0，则( ) A．a，b 都小于 0 B．a，b 都大于 0 C．a，b 中至少有一个大于 0 D．a，b 中至少有一个小于 0
解析假设 a，b 都不小于 0，即 a≥0，b≥0，则 a＋b≥0，这与 a＋b＜0 相矛盾，因此假设错误，即 a，b 中至少有一个小于 0.
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板块一
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板块三
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高考一轮总复习 ·数学（文）
【变式训练 1】已知 x，y，z 是互不相等的正数，且
x＋y＋z＝1，求证：1x－11y－11z －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＋x z>2
yz，① x
1y－1＝1－y y＝x＋y z>2
b1＝a1＝1，q＝f(m)＝m2＋m3，
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板块一

高考数学(人教新课标文科)配套课件：7-6 直接证明与间接证明

例 1 (2013·广东)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1＝1，2nSn ＝an＋1－13n2－n－23，n∈N*.
(1)求 a2 的值； (2)求数列{an}的通项公式； (3)证明：对一切正整数 n，有a11＋a12＋…＋a1n<74.
【解析】 (1)由已知条件得，2＝a2－2，故 a2＝4. (2)由已知有 2Sn＝nan＋1－13n3－n2－23n，于是当 n≥2 时，2an＝2(Sn－Sn－1) ＝nan＋1－13n3－n2－23n－[(n－1)an－13(n－1)3－(n－1)2－23(n －1)] ＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)．整理得na＋n＋11－ann＝1，n≥2.
答案 a，b 都不能被 5 整除
3．设 p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R，则 p 与 q 的p－q＝2x4－2x3－x2＋1 ＝2x3(x－1)－(x＋1)(x－1) ＝(x－1)(2x3－x－1) ＝(x－1)2(2x2＋2x＋1)≥0， ∴p≥q.
1．综合法
一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等
，
经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，
这种证明方法叫做综合法．
用 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所
要证明的结论，则综合法可用框图表示为：
P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→……―→Qn⇒Q
2．分析法一般地，从要
(2)连接 AC，设 AC∩BD＝E，取 PD 的中点 F，连接 EF， MF.
因为四边形 ABCD 为正方形，所以 E 为 BD 的中点．因为 F 为 PD 的中点，所以 EF 綊12PB.
又 AM∥12PB，所以四边形 AEFM 为平行四边形．所以 MF∥AE.

高考数学总复习专题7.6直接证明与间接证明导学案理

第六节直接证明与间接证明最新考纲1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点．2.了解反证法的思考过程和特点.知识梳理1．直接证明(1)综合法①定义：利用已知条件和某些数学定义、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表示已知条件、已有的定义、定理、P⇒Q1Q1⇒Q2Q2⇒Q3Q n⇒Q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⇐P1P1⇐P2P2⇐P3得到一个明显成立的条件2．间接证明反证法：假设原命题__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．3．利用反证法证题的步骤(1)反设：假设所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)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——与假设矛盾，与已知条件、已知的定义、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)4.反证法证明中，常见的“结论词”与“反设词”原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个也没有对所有x成立存在某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x 不成立存在某个x 成立至少有n 个至多有n －1个p 或q ﹁p 且﹁q 至多有n 个至少有n ＋1个p 且q﹁p 或﹁q典型例题考点一　分析法的应用【例1】　已知a >0，证明－≥a ＋－2.a 2＋1a 221a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1】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＋＝3，也就是＋＝1，a ＋b ＋c a ＋b a ＋b ＋c b ＋c c a ＋b ab ＋c只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，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°，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.考点二综合法的应用【例2】已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝a ＋bx －x 2＋x 3，函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点1213(0,0)处有公共切线．(1)求a ，b 的值；(2)证明：f (x )≤g (x )．【解析】 (1)f ′(x )＝，g ′(x )＝b －x ＋x 2，11＋x 由题意得Error!解得a ＝0，b ＝1.(2)证明：令h (x )＝f (x )－g (x )＝ln (x ＋1)－x 3＋x 2－x (x >－1)，1312h ′(x )＝－x 2＋x －1＝，1x ＋1－x 3x ＋1∵x >－1，∴当－1<x <0时，h ′(x )>0；当x >0时，h ′(x )<0.则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 )．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2】设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝，nnS nn 2＋c∈N *，其中c 为实数．若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)．【证明】由题意得，S n ＝na ＋d .n ⇐n －1⇐2由c ＝0，得b n ＝＝a ＋d .S n nn －12又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b ＝b 1b 4，即2＝a，化简得d 2－2ad ＝0.2(a ＋d2)(a ＋32d )因为d ≠0，所以d ＝2a .因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .考点三反证法的应用命题角度一　证明否定性命题【例3】　设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和．(1)求证：数列{S n }不是等比数列；(2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？【解析】　(1)证明：若{S n }是等比数列，则S ＝S 1·S 3，即a (1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)，∵a 1≠0，∴(1221＋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 3,2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)．由于a 1≠0，∴2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2，∵q ≠1，∴q ＝0，这与q ≠0相矛盾．综上可知，当q ＝1时，{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列.命题角度二　证明“至多”，“至少”，“唯一”性命题【例4】　已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝，SA ＝1.2(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F 点的位置；若不存在，请说明理由．【解析】　(1)证明：由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2，∴SA ⊥AD .同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，∴SA ⊥平面ABCD .(2)假设在棱SC 上存在异于S ，C 的点F ，使得BF ∥平面SAD .∵BC ∥AD ，BC ⇐平面SAD .∴BC ∥平面SAD .而BC ∩BF ＝B ，∴平面FBC ∥平面SAD .这与平面SBC 和平面SAD 有公共点S 矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .规律方法反证法的适用范围及证明的关键(1)适用范围：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．(2)关键：在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．【变式训练4】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．【解析】 (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 1q n －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 ＝，∴S n ＝Error!a 1⇐1－q n ⇐1－q课堂总结1．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．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．3．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误课后作业1．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°【答案】B【解析】“至少有一个不大于60°”的反面是“都大于60°”．2．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中都是奇数或至少有两个偶数【答案】D.【解析】由于“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a，b，c都是奇数或至少有两个偶数”，故选D ．3．用反证法证明命题：“已知a ，b ∈N ，若ab 可被5整除，则a ，b 中至少有一个能被5整除”时，反设正确的是( )A ．a ，b 都不能被5整除 B ．a ，b 都能被5整除C ．a ，b 中有一个不能被5整除 D ．a ，b 中有一个能被5整除【答案】A.【解析】对原命题的结论的否定叙述是：a ，b 都不能被5整除．4.设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋，b ＝y ＋，c ＝z ＋，则a ，b ，c 三个数( )1y 1z 1xA ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2【答案】 C【解析】若a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c ＜6，　①而a ＋b ＋c ＝x ＋＋y ＋＋z ＋≥6，　②1x 1y 1z显然①②矛盾，所以C 正确．5．若 P ＝＋，Q ＝＋(a ≥0)，则 P ，Q 的大小关系是( )a a ＋7a ＋3a ＋4A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定【答案】C.【解析】不妨设P ＜Q ，∵要证P ＜Q ，只要证P 2＜Q 2，只要证2a ＋7＋2＜2a ＋7＋2·，a ⇐a ＋7⇐⇐a ＋3⇐⇐a ＋4⇐只要证a 2＋7a ＜a 2＋7a ＋12，只要证0＜12，∵0＜12成立，∴P ＜Q 成立．6．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________．【答案】等边三角形．【解析】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 ＝，∴△ABC 为等边三角形．π37.已知点A n (n ，a n )为函数y ＝图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N *，x 2＋1设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．【答案】∴c n >c n ＋1.【解析】由题意知，a n ＝，b n ＝n ，∴c n ＝－n ＝.显然，c n 随着n 的增大而n 2＋1n 2＋11n 2＋1＋n减小，∴c n >c n ＋1.8.设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1.证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤；(2)＋＋≥1；（3）＋＋≤.13a 2b b 2c c 2a abc 3【证明】　(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，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(2)因为＋b ≥2a ，＋c ≥2b ，＋a ≥2c ，a 2b b 2c c 2a故＋＋＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即＋＋≥a ＋b ＋c .a 2b b 2c c 2a a 2b b 2c c 2a所以＋＋≥1.a 2b b 2c c 2a（3）欲证＋＋≤，a b c 3则只需证(＋＋)2≤3，a b c 即证a ＋b ＋c ＋2(＋＋)≤3，ab bc ac 即证＋＋≤1.ab bc ac 又＋＋≤＋＋＝1，当且仅当a ＝b ＝c ＝时取“＝”，ab bc ac a ＋b 2b ＋c 2a ＋c213∴原不等式＋＋≤成立．a b c 39.等差数列的前n 项和为S n ，a 1＝1＋，S 3＝9＋3.{a n }22(1)求数列的通项a n 与前n 项和S n ；{a n }(2)设b n ＝(n ∈N *)，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．S n n{b n }【解析】(1)由已知得Error!∴d ＝2.故a n ＝2n －1＋，S n ＝n (n ＋)．2210.已知f (x )＝x 2＋ax ＋b .(1)求f (1)＋f (3)－2f (2)．(2)求证：|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于.12【解析】 (1)因为f (1)＝a ＋b ＋1，f (2)＝2a ＋b ＋4，f (3)＝3a ＋b ＋9，所以f (1)＋f (3)－2f (2)＝2.(2)证明：假设|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|都小于，12则－<f (1)<，－<f (2)<，－<f (3)<.121212121212所以－1<－2f (2)<1，－1<f (1)＋f (3)<1，所以－2<f (1)＋f (3)－2f (2)<2，这与f (1)＋f (3)－2f (2)＝2矛盾，所以假设错误，即所证结论成立．。

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．。

高考数学复习全套课件第六章第六节直接证明与间接证明

解析：用反证法证明命题应先否定结论解析：用反证法证明命题应先否定结论. 答案：答案：B
3.设a，b∈R，已知：a＝b；q：( 设， ∈ ，已知p：＝；： q成立的成立的 A.必要不充分条件必要不充分条件 C.充分必要条件充分必要条件解析：：＝是：解析：p：a＝b是q：( 答案：答案：B
可得MG⊥NG. ⊥ 可得所以MN＝＝所以 .┄┄┄┄┄┄┄┄ 分) ┄┄┄┄┄┄┄┄(6分 ┄┄┄┄┄┄┄┄
(2)证明：假设直线ME与BN共面，证明：假设直线与共面共面，证明与平面DCEF交于交于EN. 则AB⊂平面 ⊂平面MBEN，且平面，且平面MBEN与平面与平面交于由已知，两正方形不共面，由已知，两正方形不共面，故AB⊄平面 ⊄平面DCEF.┄(8分) ┄ 分
－
≥a＋＋
－2，只要证，
，＋4≥a2＋2＋＋＋2 (a＋＋ )＋2，＋，
从而只要证 2 ≥ (a＋＋ )，， )，，
只要证4(a 只要证 2＋即பைடு நூலகம்2＋
)≥2(a2＋2＋＋
≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立. ，而上述不等式显然成立，故原不等式成立
1.适宜用反证法证明的数学命题有：适宜用反证法证明的数学命题有：适宜用反证法证明的数学命题有 (1)结论本身以否定形式出现的一类命题；结论本身以否定形式出现的一类命题；结论本身以否定形式出现的一类命题 (2)关于唯一性、存在性的命题；关于唯一性、存在性的命题；关于唯一性 (3)结论以至多、“至少等形式出现的命题；结论以“至多至少”等形式出现的命题结论以至多”、至少等形式出现的命题； (4)结论的反面比原始结论更具体、更容易研究的命题；结论的反面比原始结论更具体、更容易研究的命题；结论的反面比原始结论更具体 (5)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件要证的结论与条件之间的联系不明显，要证的结论与条件之间的联系不明显推出结论的线索不够清晰. 出结论的线索不够清晰

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

高三数学(文)一轮总复习(人教通用)课件：第6章第六节直接证明和间接证明

栏目导引
第十二章
选考部分
1 ．用分析法证明不等式 3 ＋ 7 ＜ 2 5 成立时， ________ 把 “ 3＋ 7＜2 5”作为已知条件．(填“能”或“不能”)
答案：不能
2．用反证法证明“如果 a＞b，那么 a3＞b3”时假设的内容为 ________．
答案：a3≤b3
栏目导引
第十二章
选考部分
D．(a2－1)(b2－1)≥0
答案：D
栏目导引
第十二章
选考部分
2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b的大小关系为 ( A．a＞b C．a＝b
答案：A
)
B．a＜b D．a≤b
栏目导引
第十二章
选考部分
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．
(单击进入电子文档)
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第十二章
选考部分
“板块命题点专练(十)” (单击进入电子文档)
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第十二章
选考部分
栏目导引
Hale Waihona Puke 栏目导引第十二章
选考部分
证明
栏目导引
第十二章
选考部分
证明
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第十二章
选考部分
解析
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第十二章
选考部分
栏目导引
第十二章
选考部分
设{an}是公比为q的等比数列． (1)推导{an}的前n项和公式； (2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．

高考数学总复习专题06 第6节直接证明与间接证明课件理

10.(2012
年高考上海卷理科
18)
设
an
1 sin n
n
25
，
Sn a1 a2 an ，在 S1, S2 ,, S100 中，正数的个数是
（）
A．25
B．50
C．75
D．100
11,(2012 年高考全国卷理科 12)正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 在边 AB
上，点
F
在边
BC
练习巩固
1. 用反证法证明命题“如果a＞b，那么 3 a ＞ 3 b ”时，假设的内容应是( )
A. 3 a＝3 b C. 3 a＝3 b且3 a＜3 b
B. 3 a＜3 b D. 3 a＝3 b或3 a＜3 b
答案：D
2. 下列条件：①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b＜0，
（2012 年高考江苏卷 23）（本小题满分 10 分）
设集合 Pn {1，2，…，n }， n N ．记 f (n) 为同时满足下列条件的集合 A 的个数：
① A Pn ；②若 x A ，则 2x A ；
③若 x Pn A ，则 2x Pn A ．（1）求 f (4) ；
（2）求 f (n) 的解析式（用 n 表示）．
证明假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋π2＋y2－2z＋3π＋z2－2x＋π6＝(x －1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3. ∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0， ∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾．因此a，b，c中至少有一个大于0.
点拨
综合法从正确地选择已知真实的命题出发，依次推出一系列的真命题,最后达到我们所要证明的结论.在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐渐引出结论.

高考数学总复习基础知识名师讲义第六章第六节直接

第六节直接证明与间接证明1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法，了解分析法和综合法的思考过程、特点.2.了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法的思考过程、特点.知识梳理一、直接证明1．综合法：从题设的已知条件出发，运用一系列有关已确定真实的命题作为推理的依据，逐步推演而得到要证明的结论，这种证明方法叫做综合法．综合法的推理方向是由已知到求证，表现为由因索果，综合法的解题步骤用符号表示是：P0(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒P n(结论)．特点：由因导果，因此综合法又叫顺推法．2．分析法：分析法的推理方向是由结论到题设，论证中步步寻求使其成立的充分条件，如此逐步归结到已知的条件和已经成立的事实，从而使命题得证，表现为执果索因，分析法的证题步骤用符号表示为B(结论)⇐B1⇐B2⇐…⇐B n⇐A(已知)．特点：执果索因，因此分析法又叫逆推法或执果索因法．二、间接证明假设原命题的结论不成立，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．这样的证明方法叫反证法．反证法是一种间接证明的方法．1．反证法的解题步骤：否定结论—推演过程中引出矛盾—肯定结论．2．反证法的理论依据是：原命题为真，则它的逆否命题为真，在直接证明有困难时，就可以转化为证明它的逆否命题成立．3．反证法证明一个命题常采用以下步骤：(1)假定原命题的结论不成立；(2)进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾；(3)由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的；(4)肯定原来命题的结论是正确的．即“反设—归谬—结论”．4．一般情况下，有如下几种情况的证明题目常常采用反证法：第一，问题共有n 种情况，现要证明其中的1种情况成立时，可以想到用反证法把其他的n －1种情况都排除，从而肯定这种情况成立；第二，命题是以否定命题的形式叙述的；第三，命题用“至少”、“至多”的字样叙述的；第四，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，而其逆命题又是非常容易证明的．基础自测1．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 ＞s B ．t ≥s C ．t ＜sD ．t ≤s解析：因为s －t ＝a ＋b 2＋1－a －2b ＝(b －1)2≥0，所以s ≥t . 答案：D2．实数a 、b 、c 不全为0是指( ) A ．a 、b 、c 均不为0 B ．a 、b 、c 中至少有一个为0 C ．a 、b 、c 至多有一个为0 D ．a 、b 、c 至少有一个不为0解析：不全为“0”并不是“全不为0”，而是“至少有一个不为0”．故选D. 答案：D3．(2012·广东六校联考)定义运算法则如下：a b ＝a 12＋b 13，ab ＝lg a 2－lg b .若M＝2141258，N ＝2 125，则M ＋N ＝__________.解析：由定义运算法则可知，M ＝2141258＝94＋31258＝32＋52＝4， N ＝2⊗125＝lg(2)2－lg ⎝⎛⎭⎫12512＝lg 2＋lg 5＝1， ∴M ＋N ＝5. 答案：54．(2013·保定模拟)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4，a ≥0，则P 、Q 的大小关系是________．解析：分析法，要证P <Q ，需证P 2<Q 2即可．答案：P <Q1．如图所示，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ，AC ，BC ，PB 的中点．(1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形．证明：(1)因为D ，E 分别为AP ，AC 的中点，所以DE ∥PC .又因为DE ⊄平面BCP ，所以DE ∥平面BCP .(2)因为D ，E ，F ，G 分别为AP ，AC ，BC ，PB 的中点，所以DE ∥PC ∥FG ，DG ∥AB ∥EF . 所以四边形DEFG 为平行四边形，又因为PC ⊥AB ，所以DE ⊥DG ，所以四边形DEFG 为矩形．2．(2013·江苏卷)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0<β<α<π. (1)若|a －b |＝2，求证：a ⊥b ；(2)设c ＝(0,1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值．(1)证明：由|a －b |＝2，即(cos α－cos β)2＋(sin α－sin β)2＝2，整理得cos αcos β＋sin αsin β＝0，即a ·b ＝0，因此a ⊥b .(2)解析：由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧cos α＋cos β＝0，sin α＋sin β＝1，又0<β<α<π，cos β＝－cos α＝cos(π－α)，则β＝π－α， sin α＋sin(π－α)＝1，所以sin α＝12，得α＝π6或α＝5π6.当α＝π6时，β＝5π6(舍去)．当α＝5π6时，β＝π6.1．(2013·惠州第三次调研)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F分别为DD 1、DB 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC 1D 1； (2)求证：EF ⊥B 1C ；(3)求三棱锥VB 1－EFC 的体积．(1)证明：连接BD 1，如图，在△DD 1B 中，E 、F 分别为D 1D ，DB 的中点，则⎭⎬⎫EF //D 1BD 1B ⊂平面ABC 1D 1EF ⊄平面ABC 1D 1.⇒EF //平面ABC 1D 1.(2)证明：⎭⎬⎫B 1C ⊥ABB 1C ⊥BC 1AB ，B 1C ⊂平面ABC 1D 1⇒⎭⎪⎬⎪⎫B 1C ⊥平面ABC 1D 1BD 1⊂平面ABC 1D 1⇒⎭⎪⎬⎪⎫B 1C ⊥BD 1EF //BD 1⇒EF ⊥B 1C .（3）解析：因为CF ⊥平面BDD 1B 1， ∴CF ⊥平面EFB 1且CF ＝BF ＝2，因为EF ＝12BD 1＝3，B 1F ＝BF 2＋BB 21＝(2)2＋22＝6， B 1E ＝B 1D 21＋D 1E 2＝12＋(22)2＝3.所以EF 2＋B 1F 2＝B 1E 2即∠EFB 1＝90°，所以V B 1－EFC ＝VC －B 1EF ＝13·S △B 1EF ·CF ＝13×12×EF ×B 1F ×CF ＝ 13×12×3×6×2＝1.2．设数列{}a n 是公差为d 的等差数列，其前n 项和为S n . (1)已知a 1＝1，d ＝2， ①求当n ∈N *时，S n ＋64n的最小值； ②当n ∈N *时，求证：2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<516.(2)是否存在实数a 1，使得对任意正整数n ，关于m 的不等式a m ≥n 的最小正整数解为3n －2？若存在，则求a 1的取值范围；若不存在，则说明理由．(1)解析：①∵a 1＝1，d ＝2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝n 2，S n ＋64n ＝n ＋64n ≥2n ×64n＝16，当且仅当n ＝64n ，即n ＝8时，上式取等号．故S n ＋64n 的最小值是16.②证明：由①知S n ＝n 2，当n ∈N *时，n ＋1S n S n ＋2＝n ＋1n 2(n ＋2)2＝141n 2－1(n ＋2)2，则2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2＝14112－132＋14⎝⎛⎭⎫122－142＋…＋141n 2－1(n ＋2)2＝14⎝⎛⎭⎫112＋122＋…＋1n 2－14132＋142＋…＋1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤112＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2， ∵1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2>0， ∴2S 1S 3＋3S 2S 4＋…＋n ＋1S n S n ＋2<14112＋122＝516. (2)对∀n ∈N *，关于m 的不等式a m ＝a 1＋(m －1)d ≥n 的最小正整数解为c n ＝3n －2，当n ＝1时，a 1＋(c 1－1)d ＝a 1≥1；当n ≥2时，恒有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋(c n －1)d ≥n ，a 1＋(c n －2)d <n ，即⎩⎪⎨⎪⎧(3d －1)n ＋(a 1－3d )≥0，(3d －1)n ＋(a 1－4d )<0，从而⎩⎪⎨⎪⎧3d －1≥0，(3d －1)×2＋(a 1－3d )≥0，3d －1≤0，(3d －1)×2＋(a 1－4d )<0，⇒d ＝13，1≤a 1<43.当d ＝13，1≤a 1<43时，对∀n ∈N *且n ≥2时，当正整数m <c n 时，有a 1＋m －13<n .所以存在这样的实数a 1，且a 1的取值范围是⎣⎡⎭⎫1，43.。

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：＝。

高考数学总复习第6章第6节直接证明与间接证明课件新人教A版

【审题】(1)先判断它们的大小，可用特例法．(2)用分析法探寻证题思路．(3)用综合法完成证明．事实上，取a＝1，b ＝2，c＝4，则f(a)＋f(c)＝f(1)＋f(4)＝log23＋log26＝log2 18， 2f(b)＝2f(2)＝2log24＝log216，
于是由log218>log216，猜测f(a)＋f(c)>2f(b)．
第六节直接证明与间接证明
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．了解反证法的思考过程及特点．
一、直接证明内容综合法分析法
定义
从要证的结论出发，逐利用已知条件和某些数步寻求使它成立的学定义、公理、定理充分条件，直至最等，经过一系列的后，把要证明的结论归推理论证，最后推导出结为判定一个明显成立所要证明的结论成立 . 的条件由因导果执果索因
1＋b 1＋a 已知 a＞0，b＞0，且 a＋b＞2，求证：，中 a b 至少有一个小于 2.
思路点拨：否定结论 → 寻找矛盾 → 命题得证
1＋b 1＋a 证明：假设、都不小于 2， a b 1＋b 1＋a 则 ≥2， ≥2， a b
∵a＞0，b＞0，∴1＋b≥2a,1＋a≥2b， ∴1＋1＋a＋b≥2(a＋b)，即 2≥a＋b. 1＋b 1＋a 这与已知 a＋b＞2 矛盾，故假设不成立．即， a b 中至少有一个小于 2.
原结论词至少有一个至多有一个至少有n个至多有n个
反设词一个也没有至少有两个至多有n－1个至少有n＋1个
原结论词对所有x成立对任意x不成立 p或q p且q
反设词存在某个x不成立存在某个x成立綈p且綈q 綈p或綈q

高考数学第一轮总复习 6直接证明与间接证明知识点课件

证明假设a,b,c都不大于0，即a≤0,b≤0,c≤0,…………..2′
则a+b+c≤0, …………………………………………………...4′
而a+b+c=x2-2πy+ +y2-2π z+ +z2-2πx+ =(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+
2
3
6
π-3. …………………………………………………………….6′
题型三反证法的应用
π
π
【 c=例z23-2】x(+π14分. )若a,b,c均为实数，且a=x2-2y+2 ,b=y2-2z+3 ,
6
求证：a,b,c中至少有一个大于0.
分析命题伴有“至少……”“不都……”“都不……”“没有……”“至多……”等指示性语句，在用直接方法很难证明时，可以采用反证法.
出发，逐步寻求使
，
直至最后，把要证明的结从论要归证结明的结论
为它成立的充分条（件已知条件、定义、定理、公理等），这种证
明的判方定法一叫个做明分显析成法立.的条件
（4）反证法：一般地，假设原命题不（成即立在原命题的条件下，
结论不成立），经过
正,最确后的得推出理矛盾，因此说明
，
从而假设错误，这样证的明证了明原方命法题叫成做立反证法.
证明：假设p为奇数，则均为奇数.①
因奇数个奇数之和为奇数，故有
奇数=
②
=
③
=0.
但奇数≠0，这一矛盾说明p为偶数.
答案: ① a11,a21,...a77
② a 1 1 a 2 1 ... a 7 7 ③ a 1 a 2 ... a 7 1 2 ... 7

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