高考数学一轮总复习第十二篇第2讲直接证明与间接证明理湘教版

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高考理科数学一轮复习课件直接证明与间接证明

精确理解概念
在证明之前，确保对涉及的所有概念有清晰、准确的理解。
偷换概念
在证明过程中，学生可能会不自觉地改变某个概念的定义或范围，导致逻辑不严密。
以偏概全
仅根据部分情况就推断整体情况，缺乏充分的理由和证据支持。
理顺逻辑关系
在证明过程中，保持清晰的逻辑链条，确保每一步推理都有充分的依据。
规范书写，条理清晰
严格按照逻辑顺序进行书写，先写已知条件，再写推理过程，最
后得出结论。
使用规范的数学符号和术语，避免使用模糊或歧义的表达方式。
保持证明的连贯性和完整性，确保每一步推理都有明确的范措施
逻辑错误
循环论证
使用待证明的结论作为证明的依据，这种逻辑上的“套娃” 现象是无效的。
讨论
本题主要考察综合法的运用，通过变形、代入和基本不等式等方法进行证明。在解题过程中，需要注意对不等式的变形和已知条件的利用。
例题二：分析法证明等式
解析
本题主要考察分析法证明等式。首先，我们将原等式进行变形，得到(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 - 2(a^2 + b^2 + c^2) = 0。然后，利用已知条件 a+b+c=0进行代入，得到-2ab - 2bc 2ca = 0。最后，通过因式分解等方法进行证明，得到结论。
讨论
本题主要考察反证法的运用，通过假设、推理和矛盾等方法进行证明。在解题过程中，需要注意对假设的设定和推理过程的严密性。
例题四：同一法证明唯一性问题
解析
本题主要考察同一法证明唯一性问题。首先，由前面例题的结论可知，存在c∈(a,b)，使得f(c) = 0。然后，假设存在另一个 d∈(a,b)，且d≠c，使得f(d) = 0。但是，由已知条件f(x)在[a,b]上单调增加可知，f(x) 在[a,b]上至多有一个零点，与假设矛盾。因此，存在唯一c∈(a,b)，使得f(c) = 0。

高考数学一轮复习第十二章12.2直接证明与间接证明课件文

(a∈R)是纯虚数，则 a 的值为
(D )
A．－3
B．－1
C．1
D．3
(2)(2012·江西)若复数 z＝1＋i(i 为虚数单位)，z 是 z 的共轭复数，
则 z2＋ z 2 的虚部为
()
A．0
B．－1
C．1
D．－2
解析 (1)a－31－0 i＝a－(3＋i)＝(a－3)－i，由 a∈R，且 a－31－0 i为纯虚数知 a＝3.
数学粤（文）
§12.2 复数
第十二章算法初步、复数
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾理清教材
1．复数的有关概念 (1)复数的概念形如 a＋bi (a，b∈R)的数叫做复数，其中 a，b 分别是它的实部和虚部．若 b＝0 ，则 a＋bi 为实数，若 b≠0 ，则 a＋bi 为虚数，若 a＝0且b≠0 ，则 a＋bi 为纯虚数． (2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔ a＝c且b＝d (a，b，c，d∈R)． (3)共轭复数：a＋bi 与 c＋di 共轭⇔ a＝c，b＝－d (a，b，c，d∈R)．
设 z1＝a＋bi，z2＝c＋di (a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝ (a＋c)＋(b＋d)i ； ②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝ (a－c)＋(b－d)i ；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝ (ac－bd)＋(ad＋bc)i ； ④除法：zz21＝ac＋＋dbii＝ac＋＋dbiicc－－ddii
题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 (1)(2013·安徽)设 i 是虚数单位．若复数 a－31－0 i
(a∈R)是纯虚数，则 a 的值为

高考数学第一轮总复习知识点课件第二节直接证明与间接证明

a2 b2 c2
题型四利用分析综合法证明题目【例4】（12分）设f(x)=ax2 +bx+c(a≠0)，若函数f(x+1)与 f(x)的图象关于y轴对称.求证：fx+12为偶函数.
分析证明函数是偶函数，关键是证明函数关于y轴对称，即对称轴是x=0.
证明要证f(x+ 1)为偶函数，只需证明其对称轴为x=0，
第二节直接证明与间接证明
基础梳理
1. 证明
（1）证明分为直接证与明间.直接接证证明明包
括综合法、分等析；法间接证明主要是
. 反证法
（2）综合法:一般地，
利用已知条件和某些数学定义，、经定过理一、系公列理的等推理论证,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.
（3）分析法：一般地，
求证：a2 b2 c2
sin (.A - B) sin C
证明：由余弦定理,得a2-b2=c2-2bccos A,
则
a2 b2 c2
c2
- 2bcos c2
A
.
cБайду номын сангаас2bcos c
A
又由正弦定理,得 c 2bcos A c
sin C -2sin Bcos A
sin C
sin
C -[sin(B A)sin(B- A)]
1 b
a1.b
8
证明：∵a+b=1,
1 a
1 b
1 ab
a
a
b
a
b
b
ab ab
1
b a
1
a b
ab ab
22
ba ab
ab
(

2018高考数学一轮复习课件第十二章推理与证明、算法、复数第二节直接证明与间接证明、数学归纳法

fb－fa fb－fa ＝f′(x0)，＝f′(x′0)成立， b－a b－a 即 f′(x0)＝f′(x′0)． ex 因为 f′(x)＝－m，记 g(x)＝f′(x)， 1＋ex ex 所以 g′(x)＝ f′(x)是(a， b)上的单调递增函数．所 x 2>0， 1＋e 以 x0＝x′0，这与 x′0≠x0 矛盾，所以 x0 是唯一的．
第二节直接证明与间接证明、数学归纳法
本节主要包括3个知识点： 1.直接证明； 3.数学归纳法. 2.间接证明；
突破点(一)
基础联通
直接证明
抓主干知识的“源”与“流”
内容
综合法
分析法
证明的结论出发，逐步寻从要___________
充分条件求使它成立的 _________，直至
利用已知条件和某些
[解] (1)当 n＝1 时，a1＋S1＝2a1＝2，则 a1＝1. 又 an＋Sn＝2，所以 an＋1＋Sn＋1＝2，
1 两式相减得 an＋1＝2an， 1 1 所以{an}是首项为 1，公比为2的等比数列，所以 an＝ n－1. 2
(2)求证：数列{an}中任意三项不可能按原来顺序成等差数列． [解] 证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 ap＋1，
突破点(二)
基础联通
1．反证法
间接证明
抓主干知识的“源”与“流”
不成立 (即在原命题的条件下，假设原命题_______ 结论不成立)，
矛盾，因此说明假设错误，从而经过正确的推理，最后得出_____
证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
2．用反证法证明问题的一般步骤
第一步
分清命题“p⇒q”的条件和结论

高考数学一轮总复习第十二篇第2讲直接证明与间接证明课件理湘教版

证明步骤
(3)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__公__理__、__定__义__、__ __定__理__、__反__设___及明显的事实矛盾或自相矛盾；
(4)结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于 “_反__设__”的谬误，既然结论的反面不成立，从
•
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 “至少有一个不大于”的否定是“都大于”．
•
答案 B
• 3．设a，b∈R，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是
( )．
•
A．b－a＞0
B．a3＋b3＜0
•
C．a2－b2＜0
D．b＋a＞0
•
解析 ∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.
• 答案 B
5．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，
其中能使ba＋ab≥2 成立的条件的个数是________．解析要使ba＋ab≥2，只要ba>0 且ab>0，即 a，b 不为 0 且同号即可，故有 3 个．
• 答案 3
•
考向一分析法的应用
【例 1】►用分析法证明：若 a>0，则
2 2a＋1a，
只需证
a2＋a12≥ 22a＋1a，
只需证 a2＋a12≥12a2＋a12＋2，
即证 a2＋a12≥2，显然成立，
∴原不等式成立．
•
分析法的特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，

【状元360】高考数学一轮复习 13.2 直接证明与间接证明课件理

(2) 分析法：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．这种证明方法叫分析法． (3) 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，这样的证明方法叫反证法。
x0
x0－2 ， x0＋1
x0－2 ∴0＜－＜1 x0＋1
x0－2＜0，－1＜x0＜2， x ＋ 1 0 ⇒ ⇒ 1 x0＞2或x0＜－1 x0－2 ＋1＞0 x ＋ 1 0 1 ⇒2＜x0＜2与假设x0＜0矛盾． ∴方程f(x)＝0没有负数根．
【点评】当从正面证明较难时，可用反证法，经逻辑推理导出矛盾，从而肯定原结论是正确的．
1 1 即证 2 a ＋ 2≥ 2a＋a ， a 1 1 2 2 需证 4a ＋a2≥2a ＋a2＋2 ， 1 1 2 2 即证 a ＋ 2≥2，而 a ＋ 2≥2， a a 显然成立，且以上每步都可逆． ∴原不等式成立．
方法点拨：利用综合法证明数学命题，就是从已知条件、定理等出发，通过逻辑推理，推导出所要证明的结论，这是常见的证明方法.
考点二分析法证明数学命题示范2 若 a＞0，求证： 1 1 a ＋ 2－ 2≥a＋－2. a a
2
分析直接从原不等式的一边入手，较难，可从其变式分析入手．
1 1 a2＋ 2－ 2≥a＋－2， a a 1 1 2 只须证 a ＋ 2＋2≥a＋＋ 2， a a ∵a＞0，∴两边都大于 0， 1 1 1 2 2 2 2 因此只需证 a ＋ 2＋2 ≥a＋a＋ 2 ，即证 a ＋ 2＋4 a a 1 1 1 2 2 ＋4 a ＋ 2≥a ＋ 2＋2＋2 2a＋a ＋2， a a 证明要证

高考数学一轮复习第12章第2节直接证明与间接证明课件理

3．数学归纳法一般地，证明一个与正整数 n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当 n 取 25 _第__一__个__值__n_0_(_n_0∈__N__*_) __时命题成立； (2)(归纳递推)假设 n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当 n＝ 26 __k_＋__1____时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n0 开始的所有正整数 n 都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．
因为 a>0，所以 a＋1a≥2 显然成立(当 a＝1a＝1 时等号成立)，所以要证的不等式成立．
►名师点津分析法证明问题的适用范围
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．
|跟踪训练|
►常用结论 1．反证法不直接证明命题“若 p，则 q”，而是先肯定命题的条件 p，并否定命题的结论 q，从而根据排中律，两个互相矛盾的判断不能同假，必有一真，肯定命题“若 p，则 q”为真． 2．在应用反证法证题时，一定要用“反证”进行推理，否则就不是反证法．
‖基础自测‖ 一、疑误辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)． (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( ) (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)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a≤b”．( ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( ) (5)数学归纳法主要用于研究与正整数有关的数学问题，但并不是所有与正整数有关的问题都能用数学归纳法证明．( )
∴a2>ab.
①
又 ab－b2＝b(a－b)>0，

近年高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数课时达标检测(五十九)直接证明与间接证明、数学归

（通用版）2019版高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数课时达标检测（五十九）直接证明与间接证明、数学归纳法理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（通用版）2019版高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数课时达标检测（五十九）直接证明与间接证明、数学归纳法理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时达标检测（五十九）直接证明与间接证明、数学归纳法[小题对点练——点点落实]对点练（一）直接证明1．已知函数f(x）＝错误!x,a，b为正实数，A＝f错误!,B＝f（错误!)，C＝f错误!，则A，B，C的大小关系为（)A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A解析：选A 因为错误!≥错误!≥错误!，又f（x)＝错误!x在R上是单调减函数，故f错误!≤f(错误!)≤f错误!，即A≤B≤C。

2．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( ）A．c≥b>a B．a〉c≥bC．c>b〉a D．a>c>b解析:选A ∵c－b＝4－4a＋a2＝(2－a）2≥0，∴c≥b.已知两式作差得2b＝2＋2a2,即b ＝1＋a2.∵1＋a2－a＝错误!2＋错误!〉0，∴1＋a2>a.∴b＝1＋a2〉a。

∴c≥b>a,故选A。

3．（2018·山西大同质检)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：错误!<错误!a”索的因应是( )A．a－b>0 B．a－c〉0C．(a－b)(a－c）〉0 D．（a－b）(a－c）<0解析：选C 要证b2－ac<错误!a,只需证b2－ac<3a2，即证（a＋c)2－ac<3a2，即证2a2－ac－c2>0，即证(2a＋c）(a－c）〉0,即证[2a－(a＋b)]（a－c）>0，即证（a－b）（a－c）>0,故索的因应是(a－b)（a－c）〉0.4．已知a,b∈R，m＝错误!，n＝错误!b2－b＋错误!,则下列结论正确的是（)A．m≤n B．m≥nC．m>n D．m〈n解析：选 A m＝错误!＝错误!＝错误!≤错误!＝错误!,n＝错误!b2－b＋错误!＝错误!错误!2＋错误!≥错误!，所以n≥m,故选A.5．设a＝错误!，b＝错误!－错误!，c＝错误!－错误!,则a,b,c的大小关系为________．答案：a>c〉b6．已知点A n（n，a n）为函数y＝错误!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＝错误!－n＝错误!，∴c n随n的增大而减小．∴c n＋1〈c n。

一轮复习配套讲义：第12篇第2讲直接证明与间接证明

高考数学第2讲直接证明与间接证明[最新考纲]1．了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点．2．了解反证法的思考过程和特点.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、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．(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．其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．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，从而证明原命题成立的证明方法．辨析感悟对三种证明方法的认识(1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(×)(2)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(×)(3)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．(√)(4)证明不等式2＋7＜3＋6最合适的方法是分析法．(√) [感悟·提升]两点提醒一是分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找使结论成立的充分条件，如(1)；二是应用反证法证题时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.考点一综合法的应用【例1】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)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.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a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 学生用书第203页规律方法不等式的定理、结论或题设条件出发，根据不等式的性质推导证明．【训练1】 (1)设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab ≥8.(2)已知a ，b ，c 是全不相等的正实数，求证：b ＋c －a a ＋a ＋c －b b ＋a ＋b －c c ＞3.证明 (1)∵a ＋b ＝1，∴1a ＋1b ＋1ab ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＋a ＋b ab ＝1＋b a ＋1＋a b ＋a ＋bab ≥2＋2b a ·a b ＋a ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝2＋2＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立． (2)∵a ，b ，c 全不相等，且都大于0. ∴b a 与a b ，c a 与a c ，c b 与bc 全不相等， ∴b a ＋a b ＞2，c a ＋a c ＞2，c b ＋bc ＞2，三式相加得b a ＋c a ＋c b ＋a b ＋a c ＋bc ＞6， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋a b －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋bc －1＞3，即b ＋c －a a ＋a ＋c －b b ＋a ＋b －c c ＞3.考点二分析法的应用【例2】已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.审题路线从结论出发⇒观察不等式两边的符号⇒移项(把不等式两边都变为正项)⇒平方⇒移项整理⇒平方⇒移项整理可得显然成立的结论．证明 (1)要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a ＋ 2.∵a ＞0，故只需要证⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，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＋1a 2，即a 2＋1a 2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．规律方法 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(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．【训练2】已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .证明 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0.所以要证原不等式成立，只需证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2) 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故原不等式得证．考点三反证法的应用【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 nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． (1)解由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴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 ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r .即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎨⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0. ∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列.学生用书第204页规律方法反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，且推导出的矛盾必须是明显的．【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数根．证明假设三个方程都没有实数根，则 ⎩⎨⎧(4a )2－4(－4a ＋3)＜0，(a －1)2－4a 2＜0，(2a )2－4×(－2a )＜0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－32＜a ＜12，a ＞13或a ＜－1，－2＜a ＜0，∴－32＜a ＜－1. 这与已知a ≥－1矛盾，所以假设不成立，故原结论成立．1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知． 2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．3．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．4．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，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．答题模板13——反证法在证明题中的应用【典例】 (14分)(2013·北京卷)直线y ＝kx ＋m (m ≠0)与椭圆W ：x 24＋y 2＝1相交于A ，C 两点，O 是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长； (2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形． [规范解答] (1)解因为四边形OABC 为菱形，所以AC 与OB 相互垂直平分． (2分) 所以可设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1，即t ＝±3.所以|AC |＝2 3. (5分) (2)证明假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的顶点，且AC ⊥OB ，所以k ≠0.由⎩⎨⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m消y 并整理得 (1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. (7分) 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则 x 1＋x 22＝－4km1＋4k 2， y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k 2. 所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km1＋4k 2，m 1＋4k 2. (9分)因为M 为AC 和OB 的交点，且m ≠0，k ≠0，所以直线OB 的斜率为－14k .(11分)因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ≠－1，所以AC 与OB 不垂直． (13分)所以四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能为菱形．(14分)[反思感悟] (1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，明确作假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法． (3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．答题模板用反证法证明数学命题的答题模板：第一步：分清命题“p →q ”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q 相矛盾的假定綈q ；第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于所作的假设綈q 不真，于是原结论q 学生用书第205页设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0. (1)证明：l 1与l 2相交；(2)证明：l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上．证明 (1)假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行或重合，有k 1＝k 2，代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0.这与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交．(2)由方程组⎩⎨⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2k 2－k 1，k 2＋k 1k 2－k 1. 从而2x 2＋y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1，所以l 1与l 2的交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．对应学生用书P381基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·安阳模拟)若a ＜b ＜0，则下列不等式中成立的是( )． A.1a ＜1b B ．a ＋1b ＞b ＋1a C ．b ＋1a ＞a ＋1b D.b a ＜b ＋1a ＋1解析 (特值法)取a ＝－2，b ＝－1，验证C 正确．答案 C2．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整除解析由反证法的定义得，反设即否定结论．答案 A3．(2014·上海模拟)“a ＝14”是“对任意正数x ，均有x ＋ax ≥1”的( )． A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解析当a ＝14时，x ＋14x ≥2x ·14x ＝1，当且仅当x ＝14x ，即x ＝12时取等号；反之，显然不成立．答案 A4．(2014·张家口模拟)分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，A．a－b＞0 B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0解析由题意知b2－ac＜3a⇐b2－ac＜3a2⇐(a＋c)2－ac＜3a2⇐a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇐－2a2＋ac＋c2＜0⇐2a2－ac－c2＞0⇐(a－c)(2a＋c)＞0⇐(a－c)(a－b)＞0. 答案 C5．(2014·天津模拟)p＝ab＋cd，q＝ma＋nc·bm＋dn(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＋madn＋nbcm＋cd≥ab＋2 abcd＋cd＝ab＋cd＝p.答案 B 二、填空题6．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使ba＋ab≥2成立的条件的个数是________．解析要使ba＋ab≥2，只需ba>0且ab>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使ba＋ab≥2成立．答案 37．已知a，b，m均为正数，且a＞b，则ba与b＋ma＋m的大小关系是________．解析ba－b＋ma＋m＝ab＋bm－ab－ama(a＋m)＝m(b－a)a(a＋m)，∵a，b，m＞0，且a＞b，∴b－a＜0，∴ba＜b＋ma＋m.答案ba＜b＋ma＋m8．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件的是________(填上序号)．答案①三、解答题9．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，a ＋c 2≥ac ＞0. 又上述三个不等式中等号不能同时成立．∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞abc 成立．上式两边同时取常用对数，得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ， ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .10．(2014·鹤岗模拟)设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和．(1)求证：数列{S n }不是等比数列；(2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 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，即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾，所以数列{S n }不是等比数列．(2)解当q ＝1时，S n ＝na 1，故{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3，即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)，得q ＝0，这与公比q ≠0矛盾．综上，当q ＝1时，数列{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列．能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(2014·漳州一模)设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a ( )．A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2 解析 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.答案 D2．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( )．A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤BC ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析 ∵a ＋b 2≥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 . 答案 A二、填空题3．(2014·株洲模拟)已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)，且1a ＋9b ＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析 ∵a ，b ∈(0，＋∞)，且1a ＋9b ＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9a b ＋b a ≥10＋29＝16，当且仅当a ＝4，b ＝12时，等号成立，∴a ＋b 的最小值为16.∴要使a ＋b ≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16. 答案 (0,16]三、解答题4．(2013·江苏卷)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 ＝nS n n 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数． (1)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 *)；(2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0.证明由题意得，S n ＝na ＋n (n －1)2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.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 .(2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS n n 2＋c＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－d 1－a ＋12d ·n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n ＝D .(*) 在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎨⎧ 7A ＋3B ＋cd 1＝0，①19A ＋5B ＋cd 1＝0， ②37A ＋7B ＋cd 1＝0， ③由①②③可得A ＝0，B ＝0，从而cd 1＝0.即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d1≠0.又因为cd1＝0，所以c＝0.学生用书第205页。

【配套K12】高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数第二节直接证明与间接证明课后作业理

【创新方案】2017届高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数第二节直接证明与间接证明课后作业理[全盘巩固]一、选择题1．用反证法证明命题：“若a ，b ，c ，d ∈R ，a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，且ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个负数”的假设为( )A ．a ，b ，c ，d 中至少有一个正数B ．a ，b ，c ，d 全都为正数C ．a ，b ，c ，d 全都为非负数D ．a ，b ，c ，d 中至多有一个负数2．若a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a >b 与a <b 及a ＝b 中至少有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立．其中判断正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．33．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 )<04．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a 、b 、c 的大小顺序是( ) A ．a >b >c B ．b >c >a C ．c >a >b D ．a >c >b5．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A 二、填空题6．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________．7．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________．8．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________．三、解答题9．若a ＞b ＞c ＞d ＞0且a ＋d ＝b ＋c ，求证：d ＋a ＜b ＋c .10．已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100，求证：a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.[冲击名校]1．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．2．已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.3．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根；(2)试比较1a与c 的大小； (3)证明：－2<b <－1.答案 [全盘巩固]一、选择题1．解析：选C 用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而“a ，b ，c ，d 中至少有一个负数”的否定是“a ，b ，c ，d 全都为非负数”．2．解析：选C 由于a ，b ，c 不全相等，则a －b ，b －c ，c －a 中至少有一个不为0，故①正确；②显然成立；令a ＝2，b ＝3，c ＝5，满足a ≠c ，b ≠c ，a ≠b ，故③错．3．解析：选Cb 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0 ⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0. 4．解析：选 A ∵a ＝3－2＝13＋2，b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝17＋6，且7＋6>6＋5>3＋2>0， ∴a >b >c .5．解析：选A 因为a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .二、填空题6．解析：“至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，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 7．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 . 答案：c n ＋1<c n8．解析：法一：(补集法)令⎩⎪⎨⎪⎧f －＝－2p 2＋p ＋1≤0，f＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 法二：(直接法)依题意有f (－1)>0或f (1)>0，即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0，得－12<p <1或－3<p <32，故满足条件的p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32三、解答题9．证明：要证d ＋a ＜b ＋c ，只需证(d ＋a )2＜(b ＋c )2，即证a ＋d ＋2ad ＜b ＋c ＋2bc ，因为a ＋d ＝b ＋c ，所以只需证ad ＜bc ，即证ad ＜bc ，设a ＋d ＝b ＋c ＝t ，则ad －bc ＝(t －d )d －(t －c )c ＝(c －d )(c ＋d －t )＜0，故ad ＜bc 成立，从而d ＋a ＜b ＋c 成立．10．证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＞100矛盾，故假设错误．所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.[冲击名校]1．解：(1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)，得b n ＝S n n＝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． 2．证明：要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22，只需证明x 1＋x 22cos x 1cos x 2>x 1＋x 21＋x 1＋x 2.由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．∴cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0,1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2，即证cos(x 1－x 2)<1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立，因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.3．解：(1)证明：∵f (x )的图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根．又x 1x 2＝c a， ∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≠c ，∴1a是f (x )＝0的一个根．(2)假设1a <c ，又1a>0，由0<x <c 时，f (x )>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0矛盾，∴1a≥c .又∵1a≠c ，∴1a>c .(3)证明：由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0， ∴b ＝－1－ac .又a>0，c>0，∴b<－1.二次函数f(x)的图象的对称轴方程为x＝－b2a ＝x1＋x22<x2＋x22＝x2＝1a，即－b2a <1 a .又a>0，∴b>－2，∴－2<b<－1.。

高考数学一轮复习 132直接证明与间接证明课件理

规范解答 24——怎样用反证法证明问题【问题研究】反证法是主要的间接证明方法，其基本特点是反设结论，导出矛盾，当问题从正面证明无法入手时，就可以考虑使用反证法进行证明.在高考中，对反证法的考查往往是在试题中某个重要的步骤进行. 【解决方案】首先反设，且反设必须恰当，然后再推理得出矛盾，最后肯定原结论.
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•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/182022/1/18January 18, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/182022/1/182022/1/181/18/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/182022/1/18
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一个关系综合法与分析法的关系分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．
考向一综合法的应用【例 1】►设 a，b，c＞0，证明：ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c. [审题视点] 用综合法证明，可考虑不等式左边两两结合．证明 ∵a，b，c＞0，根据均值不等式，有ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c. 三式相加：ab2＋bc2＋ca2＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．a＝b＝c 时取等号．即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.

高考数学一轮复习知识点与练习直接证明和间接证明

第卜三醴推理今证IIIK算法、毘数§13,2直接证明与间接证明基础知识自主学习要点讲解深层突破n知识梳理1. 直接证明(1) 综合法①定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止，这种证明方法常称为综合法.②框图表示：|已知条件| ?, ?, ?|结论③思维过程：由因导果.(2) 分析法①定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止.这种证明方法常称为分析法.②框图表示：|结论|?, ?, ?|已知条件③思维过程：执果索因.2. 间接证明(1) 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，从而证明原命题成立的证明方法.(2) 反证法的步骤：①反设一一假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；②归谬一一从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果；③存真一一由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“V”或“X”)(1) 综合法是直接证明，分析法是间接证明. ()(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. ()⑶用反证法证明结论“ a>b”时，应假设“ a<b”.( )(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. ()考点自测快速解答自査自纠⑹证明不等式.2+ _7<_3 + ,6最合适的方法是分析法.()1 .已知点A n(n, a n)为函数y= ,x2+ 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,贝U C n与务+i的大小关系为________________________2.用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2+ bx+ c = 0 (a z0)有有理数根，那么a, b, c中至少有一个是偶数.用反证法证明时，下列假设正确的是 _____________ .①假设a, b, c都是偶数；②假设a, b, c都不是偶数；③假设a, b, c至多有一个偶数；④假设a, b, c至多有两个偶数.3. ______________________________________ 要证a2+ b2— 1 —a2b2w 0只要证明(填正确的序号).①2ab—1 —a2b2w 0;②a2+ b2— 1 —< 0;③a；b—1 —a2b2w 0;④(a2—1)(b2—1) > 0.4. _________________________________________________________________ 如果a谄+ b{b>a{b+ b需，贝U a、b应满足的条件是___________________________________________________ .5. (教材改编)在厶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.题型分类深度剖析题型一综合法的应用例1已知数列｛a n｝满足a i= 2，且a n+1= a r7（n€ N ）.2 3a n十I1（1）证明数列｛—｝是等差数列，并求数列｛a n｝的通项公式；* 1⑵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<6・思维升华（1）综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知（从题设到结论）的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断（命题）出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性.（2）综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.匸.：：. i 设a、b、c均为正数，且 a + b+ c= 1，证明：1 c、a2b2孑（1）ab+ bc + ac气；+ ； + — > 1.题型二分析法的应用| 1% X2例 2 已知函数f(x)= tan x, x€ 0,—|,若X1, X2 €0,—[,且捲工x?,求证：；[f(x”+ f(X2)]>f -------------- |.I 2丿i 2丿2I 2丿引申探究若本例中站变为fg =3x -2x ,试证：对于任意的x i ,x 2^ R，均有咛d f F 旳思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件•正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.(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. 'u i 心〉' 已知 a>0,求证"a 2+ 2 — 2 >a + 丄一2.V aa题型三反证法的应用命题点1证明否定性命题例3已知数列｛a *｝的前n 项和为S n ，且满足a n + S n = 2. (1) 求数列｛a n ｝的通项公式；(2) 求证：数列｛a n ｝中不存在三项按原来顺序成等差数列.命题点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.专注•专业•口碑•极致⑴设g(x)= ?x2—x+孑是［1 , b］上的“四维光军”函数，求常数b的值；1⑵是否存在常数a, b(a> —2)，使函数h(x) = 后是区间［a, b］上的“四维光军a, b的值；若不存在，请说明理由.命题点3证明唯一性命题例5 已知0，证明关于x的方程ax = b有且只有一个根.思维升华应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“ p? q”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论明了命题p? q为真.所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知矛盾, 盾以及自相矛盾等都是矛盾结果.■mm 等差数列｛a n｝的前n项和为S n, a1=1 + 2, $ = 9+ 3,2.(1)求数列｛a n｝的通项a n与前n项和S n；S n *⑵设b 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.函数？若存在，求出q成立，从而间接地证与临时假设矛22 •反证法在证明题中的应用2NX典例(14分)直线y= kx+ m(m z0)与椭圆W：二+ y2= 1相交于A、C两点，O是坐标原点.4(1) 当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；(2) 当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形.思维点拨(1)根据菱形对角线互相垂直平分及点B的坐标设出点A的坐标，代入椭圆方程求得点A的坐标，后求AC的长；⑵将直线方程代入椭圆方程求出AC的中点坐标(即OB的中点坐标)，判断直线AC与OB是否垂直.温馨提醒(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的.(2) 当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法.(3) 利用反证法证明时，一定要回到结论上去.---- ■■思想方法感悟提高■■ -------［方法与技巧］1. 分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知.2•综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知.3 •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.［失误与防范］1 •用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证即证””“只需证””等，逐步分析，直至一个明显成立的结论.2•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.练出高分A组专项基础训练(时间：45分钟)1. _______________________________________________ 若a、b€ R，则下面四个式子中恒成立的是______________________________________________________ (填序号)•①lg(1 + a2)>0 ② a2+ b2> 2(a— b —1)③a2+ 3ab>2b2④总也b b+ 12. ①已知p3+ q3= 2,求证p+ q< 2,用反证法证明时，可假设p + q>2;②已知a, b€ R, |a|+ |b|<1 ,求证方程x2+ ax+ b= 0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根为的绝对值大于或等于1,即假设X1|> 1•以下正确的是___________ (填字母).a. ①与②的假设都错误b. ①与②的假设都正确c①的假设正确；②的假设错误d.①的假设错误；②的假设正确3. 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___________________________________ .① a —b>0 ② a —c>0 ③(a —b)(a —c)>0 ④(a —b)(a—c)<04. 若P = ______________________________________________________________ Q a + 7, Q = p a+ 3 + p a+ 4(a》0)，贝V P, Q 的大小关系是_____________________________________________ .5. 设a, b是两个实数，给出下列条件：①a + b>1;② a+ b= 2;③ a+ b>2 :④a2+ b2>2:⑤ ab>1.其中能推出：“ a, b中至少有一个大于1”的条件是_____________ .6•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_______________________________ •b a7•下列条件：①ab>0，②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0，其中能使_+ b》2成立的条件的序号是___________ •&若二次函数f(x) = 4x2—2(p—2)x —2p2—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______________ •3 3 2 29.已知a> b>0，求证：2a —b > 2ab —a b.10•设数列｛a n｝是公比为q的等比数列，S n是它的前n项和.(1) 求证：数列｛S n｝不是等比数列；(2) 数列｛S n｝是等差数列吗？为什么？B组专项能力提升(时间：30分钟)1 a + b 2ab11.已知函数f(x) = (2)x, a, b 是正实数，A = f(丁), B = f(.ab), C= f( )，贝U A、B、C的大小关2 2 a 十b系为__________ •12 •如果△ A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于厶A2B2C2的三个内角的正弦值，则下列说法正确的是①厶A1B1C1和厶A2B2C2都是锐角三角形；②△ A1B1C1和厶A2B2C2都是钝角三角形；③厶A1B1C1是钝角三角形，△ A2B2C2是锐角三角形;④厶A1B1C1是锐角三角形，△ A2B2C2是钝角三角形.13 •凸函数的性质定理：如果函数f(X)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意X1, X2 , , , X n, 有f X1+ f血］,+ f X n w f(X1+ X2+,+ Xn)，已知函数y = sin X在区间(0, n上是凸函数，则在△ ABC中，sin A+ sin B + sin C的最大值为_________ •14. 已知二次函数f(x)= ax2+ bx+ c (a>0)的图象与X轴有两个不同的交点，若f(c) = 0,且0<x<c时，f(X)>0.(1)证明：a是f(x)=o的一个根；1⑵试比较a与c的大小；⑶证明：一2<b<- 1.15. 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丄平面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.。

全国通用近年高考数学大一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数第2节直接证明与间接证明学案理新人教B

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第2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.了解间接证明的一种基本方法--反证法；了解反证法的思考过程和特点。

知识梳理1.直接证明内容综合法分析法定义从已知条件出发,经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法,是一种从原因推导到结果的思维方法从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法,是一种从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法特点从“已知”看“可知”，逐步推向“未知"，其逐步推理，实际上是要寻找它的必要条件从“未知”看“需知"，逐步靠拢“已知”，其逐步推理,实际上是要寻找它的充分条件步骤的符号表示P(已知)⇒P1⇒P2⇒P3⇒P4(结论）B(结论)⇐B1⇐B2…⇐B n⇐A(已知)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,由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒tt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。

高考数学一轮复习 6.6直接证明与间接证明名师课件文湘教版 (2)

(2)设
log
a
b
＝x，log
b
c
＝y，由对数的换底公式得
logc
a
＝
1 xy
，logb
a
＝
1 x
，log
c
b
＝
1 y
，
loga
c
＝xy.于是，所要证明的不等式即为
x＋y＋
1 xy
≤
1 x
＋
1 y
＋xy，
又由于 1＜a≤b≤c，所以 x＝ loga b ≥1，y＝logb c ≥1.
故由(1)知所要证明的不等式成立.
,
2 3

；
而Δ=4b2-12ac=4[(-a-c)2-3ac]=4(a2+c2-ac)>0,且 f(0)>0,f(1)>0，
所以方程 f(x)=0 在区间(0，1)内有两个不等的实根.
2/6/2020
分析法
分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件.它是从要求证的结论出发,倒着分析,由未知想需知,由需知逐渐地靠近已知（已知条件,已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等）.用分析法证明命题的逻辑关系是:BB1 B2 … Bn A.它的常见书面表达是“要证…只需证…”或“ ”.
已知函数 f(x) ＝ 3x － 2x ，求证：对于任意的 x1, x2 ∈ R ，均有
f (x1) 2
f (x2 )

f

x1
x2 2

2/6/2020
【证明】要证明
f (x1) 2
f ( x2)

f

x1
x2 2

高考数学一轮复习讲义第12章第二节直接证明与间接证明、数学归纳法

第二节直接证明与间接证明、数学归纳法 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．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．突破点一直接证明[基本知识]内容综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至最后,把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止思维过程由因导果执果索因框图表示P(已知)⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒Q(结论)Q(结论)⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件书写格式“因为……,所以……”或“由……,得……”“要证……,只需证……,即证……”一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)(1)综合法是直接证明,分析法是间接证明．()(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)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．()(4)证明不等式2＋7＜3＋6最合适的方法是分析法．()答案:(1)×(2)×(3)√(4)√二、填空题1．设x＝2,y＝7－3,z＝6－2,则x,y,z的大小关系是________．答案:x＞z＞y2．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____________________．答案:(a －b )(a －c )＞03．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[全析考法]考法一综合法综合法是从已知条件出发,逐步推向结论,综合法的适用范围是:(1)定义明确的问题,如证明函数的单调性、奇偶性,求证无条件的等式或不等式; (2)已知条件明确,并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．[例1] 在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知sin A sin B ＋sin B sin C ＋cos 2B ＝1.(1)求证:a ,b ,c 成等差数列． (2)若C ＝2π3,求证:5a ＝3b .[证明] (1)由已知得sin A sin B ＋sin B sin C ＝2sin 2B , 因为sin B ≠0,所以sin A ＋sin C ＝2sin B , 由正弦定理,得a ＋c ＝2b ,即a ,b ,c 成等差数列． (2)由C ＝2π3,c ＝2b －a 及余弦定理得(2b －a )2＝a 2＋b 2＋ab ,即有5ab －3b 2＝0, 所以5a ＝3b .[方法技巧] 综合法证明问题的思路考法二分析法[例2] 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(|a |－|b |)2≥0, 上式显然成立,故原不等式得证． [方法技巧]1．分析法证明问题的思路“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“要证—只需证—已知”的格式,在表达中要注意叙述形式的规范性．2．分析法证明问题的适用范围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．[集训冲关]1.[考法二]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 ＋a b ＋c ＝1,只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c ), 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2,又△ABC 的三内角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．2.[考法一]已知定义在R 上的函数f (x )＝13ax 3＋12bx 2＋cx (a ＜b ＜c )在x ＝1处取得极值,且函数f (x )的图象上有一点处的切线的斜率为－a .(1)求证:0≤ba ＜1;(2)若f (x )在区间(s ,t )上为增函数,求证:－2＜s ＜t ≤1. 证明:(1)由f (x )＝13ax 3＋12bx 2＋cx ,得f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c .∵函数f (x )在x ＝1处取得极值,∴f ′(1)＝a ＋b ＋c ＝0. 又a ＜b ＜c ,∴a ＜0,c ＞0.∵f (x )的图象上有一点处的切线的斜率为－a , ∴方程ax 2＋bx ＋c ＋a ＝0有实数根, ∴Δ＝b 2－4a (a ＋c )≥0,即b 2－4a (－b )≥0, 整理得⎝⎛⎭⎫b a 2＋4·b a ≥0,解得b a ≥0或ba ≤－4. 由a ＋b ＋c ＝0,b ＜c ,得b ＜－a －b ,∴b a ＞－12.由a ＜b 且a ＜0,得b a ＜1.综上,可得0≤ba ＜1.(2)若f (x )在区间(s ,t )上为增函数,则f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 在区间(s ,t )上恒非负． ∵a ＜0,c ＞0,∴b 2－4ac ＞0,故方程f ′(x )＝0必有两个不相等的实数根, 设为x 1,x 2,且x 1＜x 2.∵二次函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象的对称轴方程为x ＝－b2a ,由(1),得－b2a≤0,而f ′(1)＝0,∴x 2＝1.又f ′(－2)＝4a －2b ＋c ＝4a －2b －a －b ＝3(a －b )＜0, ∴x 1＞－2.若f ′(x )在区间(s ,t )上恒非负,则有x 1≤s ＜t ≤x 2, ∴－2＜s ＜t ≤1.突破点二间接证明[基本知识]1．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．2．用反证法证明问题的一般步骤[基本能力]一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)(1)用反证法证明结论“a＞b”时,应假设“a＜b”．()(2)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾．()(3)用反证法证题时必须先否定结论,否定结论就是找出结论的反面的情况．()(4)反证法的步骤是:①准确反设;②从否定的结论正确推理;③得出矛盾．()答案:(1)×(2)×(3)√(4)√二、填空题写出下列命题的否定．(1)若a,b,c满足a2＋b2＝c2,则a,b,c不都是奇数;否定为______________________________________________________________;(2)若p＞0,q＞0,p3＋q3＝2,则p＋q≤2;否定为_____________________________________________________________;(3)所有的正方形都是矩形;否定为_____________________________________________________________;(4)至少有一个实数x,使x2＋1＝0;否定为_____________________________________________________________．答案:(1)若a,b,c满足a2＋b2＝c2,则a,b,c都是奇数(2)若p＞0,q＞0,p3＋q3＝2,则p＋q＞2(3)至少存在一个正方形不是矩形(4)不存在实数x,使x2＋1＝(1)证明否定性命题;(2)证明存在性问题;(3)证明“至多”“至少”“唯一”命题.[典例]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](1)证明:若{S n}是等比数列,则S22＝S1·S3,即a21(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2),∵a1≠0,∴(1＋q)2＝1＋q＋q2,解得q＝0,这与q≠0相矛盾,故数列{S n}不是等比数列．(2)当q＝1时,{S n}是等差数列．当q≠1时,{S n}不是等差数列．假设q≠1时,S1,S2,S3成等差数列,则2S2＝S1＋S3,即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．由于a1≠0,∴2(1＋q)＝2＋q＋q2,即q＝q2,∵q≠1,∴q＝0,这与q≠0相矛盾．综上可知,当q＝1时,{S n}是等差数列;当q≠1时,{S n}不是等差数列．[方法技巧]反证法证明问题的3步骤(1)反设:假定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)[针对训练]1．已知a,b,c是互不相等的非零实数,用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0,bx2＋2cx ＋a＝0,cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．证明:假设三个方程都没有两个相异实根,则Δ1＝4b2－4ac≤0,Δ2＝4c2－4ab≤0,Δ3＝4a2－4bc≤0.上述三个式子相加得:a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0,即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.由已知a,b,c是互不相等的非零实数．因此,上式“＝”不能同时成立,又(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＜0与事实不符,故ax2＋2bx＋c＝0,bx2＋2cx＋a＝0,cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．2．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．解:(1)证明:由已知得SA2＋AD2＝SD2,故SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A,所以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．故在棱SC上不存在异于S,C的点F,使得BF∥平面SAD.突破点三数学归纳法[基本知识]一般地,证明一个与正整数n有关的命题,可按下列步骤进行:(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立;(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．[基本能力]一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．()(2)用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用．()(3)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由n＝k到n＝k＋1时,项数都增加了一项．()答案:(1)×(2)×(3)×二、填空题1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”,在验证n＝1时,左边计算所得的式子为____________．答案:1＋2＋22＋232．用数学归纳法证明:“1＋12＋13＋…＋12n－1＜n(n∈N*,n＞1)”时,由n＝k(k＞1)不等式成立,推理n＝k＋1时,左边应增加的项数是________．答案:2k[全析考法]考法一证明等式[例1]求证:(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．[证明](1)当n＝1时,等式左边＝2,右边＝2,故等式成立;(2)假设当n＝k(k∈N*,k≥1)时等式成立,即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1),那么当n＝k＋1时,左边＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)．这就是说当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)可知,对所有n ∈N *等式成立． [方法技巧]应用数学归纳法证明等式的3个注意点(1)明确初始值n 0的取值并验证n ＝n 0时等式成立．(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时,弄清左边增加的项,且明确变形目标． (3)掌握恒等变形常用的方法:①因式分解;②添拆项;③配方法．考法二证明不等式[例2] 设数列{a n }各项均为正数,且满足a n ＋1＝a n －a 2n .求证:对一切n ≥2,都有a n ≤1n ＋2. [证明] 因为数列{a n }各项均为正数,且满足a n ＋1＝a n －a 2n , 所以a 2＝a 1－a 21＞0,解得0＜a 1＜1.当n ＝2时,由a 2＝a 1－a 21＝14－⎝⎛⎭⎫a 1－122≤14,得不等式成立, 假设当n ＝k (k ≥2,k ∈N *)时,不等式成立,即a k ≤1k ＋2, 则当n ＝k ＋1时,a k ＋1＝a k －a 2k ＝14－⎝⎛⎭⎫a k－122≤14－⎝⎛⎭⎫1k ＋2－122＝k ＋1(k ＋2)2＜k ＋1(k ＋1)(k ＋3)＝1(k ＋1)＋2,所以当n ＝k ＋1时,不等式也成立, 由数学归纳法知,对一切n ≥2,都有a n ≤1n ＋2. [方法技巧]应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(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,则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立,证明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、求差(求商)比较法、放缩法等证明．考法三归纳—猜想—证明[例3] (2019·常德模拟)设a ＞0,f (x )＝axa ＋x ,令a 1＝1,a n ＋1＝f (a n ),n ∈N *.(1)写出a 2,a 3,a 4的值,并猜想数列{a n }的通项公式; (2)用数学归纳法证明你的结论．[解] (1)∵a 1＝1,∴a 2＝f (a 1)＝f (1)＝a 1＋a; a 3＝f (a 2)＝a 2＋a ;a 4＝f (a 3)＝a 3＋a .猜想a n ＝a(n －1)＋a(n ∈N *)．(2)证明:①易知,n ＝1时,猜想正确． ②假设n ＝k 时猜想正确,即a k ＝a(k －1)＋a,则a k ＋1＝f (a k )＝a ·a k a ＋a k ＝a ·a (k －1)＋a a ＋a (k －1)＋a ＝a (k －1)＋a ＋1＝a[(k ＋1)－1]＋a. 这说明,n ＝k ＋1时猜想正确．由①②知,对于任何n ∈N *,都有a n ＝a(n －1)＋a.[方法技巧]归纳—猜想—证明类问题的解题步骤利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题,其基本模式是“归纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性．[集训冲关]1.[考法一]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 *)．证明:①当n ＝2时,左边＝f (1)＝1, 右边＝2⎝⎛⎭⎫1＋12－1＝1, 左边＝右边,等式成立．②假设n ＝k (k ≥2,k ∈N *)时,结论成立, 即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1], 那么,当n ＝k ＋1时,f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k ) ＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)⎣⎡⎦⎤f (k ＋1)－1k ＋1－k＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1], ∴当n ＝k ＋1时结论仍然成立．由①②可知:f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2,n ∈N *)．2.[考法二]用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ≥56(n ∈N *)．证明:①当n ＝1时,左边＝12＋13＝56≥56, 所以当n ＝1时,命题成立;②假设当n ＝k (k ∈N *)时,命题成立,则有1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ≥56, 当n ＝k ＋1时,左边＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋13k ＋3＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1＞56＋13k ＋3×3－1k ＋1＝56, 所以当n ＝k ＋1时,命题也成立．综合①②可知原命题成立．3.[考法三]已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:S n ＝a n 2＋1a n－1,且a n ＞0,n ∈N *. (1)求a 1,a 2,a 3,并猜想{a n }的通项公式;(2)证明通项公式的正确性．解:(1)当n ＝1时,由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1,即a 21＋2a 1－2＝0. ∴a 1＝3－1(a 1＞0)．当n ＝2时,由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1, 将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0.∴a 2＝5－3(a 2＞0)．同理可得a 3＝7－ 5.猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *)．(2)证明:①由(1)知,当n ＝1,2,3时,通项公式成立．②假设当n ＝k (k ≥3,k ∈N *)时,通项公式成立,即a k ＝2k ＋1－2k －1.由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k, 将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式,整理得a 2k ＋1＋22k ＋1 a k ＋1－2＝0,∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1,即n ＝k ＋1时通项公式成立．由①②可知对所有n ∈N *,a n ＝2n ＋1－2n －1都成立．[课时跟踪检测]1．(2019·山西十二校模拟)用反证法证明命题“已知a ,b ∈N *,如果ab 可被5整除,那么a ,b 中至少有一个能被5整除”时,假设的内容应为( )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 不能被5整除解析:选B 用反证法证明命题时,应先假设结论的否定成立,而至少有一个能被5整除的否定是都不能被5整除,故作的假设是“a ,b 都不能被5整除”．2．分析法又称执果索因法,已知x ＞0,用分析法证明1＋x ＜1＋x 2时,索的因是( ) A ．x 2＞2B ．x 2＞4C ．x 2＞0D ．x 2＞1 解析:选C 因为x ＞0, 所以要证1＋x ＜1＋x 2, 只需证(1＋x )2＜⎝⎛⎭⎫1＋x 22,即证0＜x 24, 即证x 2＞0,因为x ＞0,所以x 2＞0成立,故原不等式成立．3．(2019·玉溪模拟)已知n 为正偶数,用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时,若已假设n ＝k (k ≥2,且为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立解析:选B 由数学归纳法的证明步骤可知,假设n ＝k (k ≥2,且为偶数)时等式成立,则还需要用归纳假设再证n ＝k ＋2时等式成立．4．若用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 3＝n 6＋n 32,则当n ＝k ＋1时,左端应在n ＝k 的基础上加上( )A ．k 3＋1B ．(k ＋1)3C.(k ＋1)6＋(k ＋1)32D ．(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋(k 3＋3)＋…＋(k ＋1)3解析:选D 当n ＝k 时,等式左端＝1＋2＋…＋k 3,当n ＝k ＋1时,等式左端＝1＋2＋…＋k 3＋(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋(k 3＋3)＋…＋(k ＋1)3,增加了(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋(k 3＋3)＋…＋(k ＋1)3.故选D.5．(2019·大连一模)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 ．无法确定正负解析:选A 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)＜0.6．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ,a ,b 为正实数,A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2,B ＝f (ab ),C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ,则A ,B ,C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析:选A 因为a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b,又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上是单调减函数, 故f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ,即A ≤B ≤C . 7．设n ∈N,则n ＋4－n ＋3与n ＋2－n ＋1的大小关系是( ) A.n ＋4－n ＋3＞n ＋2－n ＋1 B.n ＋4－n ＋3＜n ＋2－n ＋1 C.n ＋4－n ＋3＝n ＋2－n ＋1D ．不能确定解析:选B 由题意知,(n ＋4－n ＋3)－(n ＋2－n ＋1)＝(n ＋4＋n ＋1)－ (n ＋3＋n ＋2),因为(n ＋4＋n ＋1)2－(n ＋3＋n ＋2)2＝2[(n ＋4)(n ＋1)－(n ＋3)(n ＋2)]＝2(n 2＋5n ＋4－n 2＋5n ＋6)＜0, 所以n ＋4－n ＋3＜n ＋2－n ＋1.8．已知a ,b ,c ∈(0,＋∞),则a ＋4b ,b ＋9c ,c ＋16a三个数( ) A ．都大于6B ．至少有一个不大于6C ．都小于6D ．至少有一个不小于6解析:选D 假设a ＋4b ,b ＋9c ,c ＋16a 都小于6,则a ＋4b ＋b ＋9c ＋c ＋16a＜18, 利用基本不等式,可得a ＋4b ＋b ＋9c ＋c ＋16a ≥2a ·16a ＋2b ·4b ＋2c ·9c ＝8＋4＋6＝18,这与假设所得结论矛盾,故假设不成立, 所以a ＋4b ,b ＋9c ,c ＋16a 三个数至少有一个不小于6.9．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ,则a ,b 应满足的条件是__________________．解析:a a ＋b b ＞a b ＋b a ,即(a －b )2(a ＋b )＞0,需满足a ≥0,b ≥0且a ≠b . 答案:a ≥0,b ≥0且a ≠b10．设数列{a n }的前n 项和为S n ,且对任意的自然数n 都有:(S n －1)2＝a n S n ,通过计算S 1,S 2,S 3,猜想S n ＝________.解析:由(S 1－1)2＝S 21,得S 1＝12; 由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2,得S 2＝23; 由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3,得S 3＝34. 猜想S n ＝n n ＋1. 答案:n n ＋111．(2019·德州一模)如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值,则△A 2B 2C 2是________三角形．解析:由条件知,△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0,则△A 1B 1C 1是锐角三角形,假设△A 2B 2C 2是锐角三角形．由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1得⎩⎪⎨⎪⎧ A 2＝π2－A 1B 2＝π2－B 1C 2＝π2－C 1.那么A 2＋B 2＋C 2＝π2,这与三角形内角和为π相矛盾．所以假设不成立,又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．答案:钝角12．已知a ＞b ＞0,则①1a ＜1b ;②ac 2＞bc 2;③a 2＞b 2;④a ＞b ,其中正确的序号是________．解析:对于①,因为a ＞b ＞0,所以ab ＞0,1ab ＞0,a ·1ab ＞b ·1ab ,即1b ＞1a,故①正确; 当c ＝0时,②不正确;由不等式的性质知③④正确．答案:①③④13．已知x ,y ,z 是互不相等的正数,且x ＋y ＋z ＝1,求证:⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1＞8.证明:因为x ,y ,z 是互不相等的正数,且x ＋y ＋z ＝1,所以1x －1＝1－x x ＝y ＋z x ＞2yz x,① 1y －1＝1－y y ＝x ＋z y ＞2xz y,② 1z －1＝1－z z ＝x ＋y z ＞2xy z,③ 又x ,y ,z 为正数,由①×②×③,得⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1＞8.14．设a ＞0,b ＞0,且a 2＋b 2＝1a 2＋1b2.证明:a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立．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＋1b2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等号成立), a ＋b ≥2ab ＝2(当且仅当a ＝b ＝1等号成立),所以a 2＋a ＋b 2＋b ≥2ab ＋2ab ＝4(当且仅当a ＝b ＝1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．15．已知数列{x n }满足x 1＝12,且x n ＋1＝x n 2－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．解:(1)证明:①当n＝1时,x1＝12∈(0,1),不等式成立．②假设当n＝k(k∈N*,k≥1)时,结论成立,即x k∈(0,1),则当n＝k＋1时,x k＋1＝x k2－x k,因为x k∈(0,1),所以2－x k＞0,即x k＋1＞0.又因为x k＋1－1＝2(x k－1)2－x k＜0,所以0＜x k＋1＜1.综合①②可知0＜x n＜1.(2)由x n＋1＝x n2－x n可得1x n＋1＝2－x nx n＝2x n－1,即a n＋1＝2a n－1,所以a n＋1－1＝2(a n－1)．令b n＝a n－1,则b n＋1＝2b n,又b1＝a1－1＝1x1－1＝1,所以{b n}是以1为首项,2为公比的等比数列,即b n＝2n－1,所以a n＝2n－1＋1.。

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