2018年高考数学总复习精品课件(苏教版)：第十五单元第二节直接证明与间接证明 精品
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数13.2直接证明与间接证明课件理
跟踪训练3
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 (1)证明： 是函数 f ( x ) 的一个零点； a ∵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x1，x2， ∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根， 11 c 又 x1x2＝a，∴x2＝a(a≠c)， 1 ∴a是 f(x)＝0 的一个根． 1 即a是函数 f(x)的一个零点．
例1 (2016· 宿迁模拟)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1. 1 证明：(1)ab＋bc＋ac≤3 ； 证明 由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac， 得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca， 由题设得(a＋b＋c)2＝1， 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
答案 解析
由条件得
1 cn＝an－bn＝ n ＋1－n＝ 2 ， n ＋1＋n 则cn随n的增大而减小，∴cn＋1<cn.
2
2.(2016· 北京改编 ) 袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半 . 甲、 乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放 入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入 丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则下列结论正 ② 确的是_____. 答案
解答
(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任
意 [m ， n]⊆D ，都存在 x0∈(m ， n) ，使得等式 f(n) － f(m) ＝ (n － m)f′(x0)
2018届高三高考数学复习课件：13-2直接证明与间接证明
• (2)用反证法证明的一般步骤：①反设——
• 【思考辨析】
• 判断下列结论是否正确(请在括号中打
“√”或“×”) • (1)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻 找使结论成立的充要条件．( )
• (2)用反证法证明结论“a>b”时，应假设
“ a < b ” ．( )
(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．( )
1 1 1 1 1 1 1 ＋ „＋ ＝ 1－2 ＋ 2－3 ＋ „ ＋ n－n＋1 ＝ 1 － ＝ n（n＋1） n＋1
n . n＋1
1 1 1 1 1 1 方法二 S ＋S ＋„＋S ＝12＋22＋„＋n2>1， 1 2 n n 又∵1> ， n＋1 1 1 1 n ∴S ＋S ＋„＋S > . n ＋ 1 1 2 n
1 1 即 －a ＝2，故数列a 是以 1 为首项，2 为公差的等差数 n an＋1 n
列．
1 (2)由(1)知a ＝2n－1， n n（1＋2n－1） 2 ∴Sn＝ ＝ n . 2 1 1 1 1 1 1 1 1 证明 方法一 S ＋S ＋„＋S ＝12＋22＋ „＋n2> ＋ 1×2 2×3 1 2 n
a＋b b＋c c＋a >lg lg · · 2 2 2
abc，
a＋b b＋ c c＋a ∴lg 2 ＋lg 2 ＋lg 2 >lg a＋lg b＋lg c.
题型二
分析法的应用
π π x， x∈0， ， 若 x1， x2∈0， ， 2 2
【例 2】已知函数 f(x)＝tan
假设的内容应为( )
• A．a，b都能被5整除 • B．a，b不都能被5整除 • C．a，b至少有一个能被5整除
2018高中数学第2章推理与证明第2节直接证明与间接证明学案理苏教版选修22
第2节直接证明与间接证明一、学习目标：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。
二、重点、难点重点：了解分析法和综合法的思考过程、特点。
难点：运用分析法、综合法提高分析问题和解决问题的能力。
三、考点分析：对两种直接证明方法的考查在选择题、填空题和解答题中都有出现，单纯的考查并不常见，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出。
它可以和很多知识，如函数、数列、三角函数、导数等相联系，证明时不仅要用到不等式的相关知识，还要用到其他数学知识、技能和技巧，而且还考查了运算能力，分析问题和解决问题的能力。
对于反证法很少单独命题，但是运用反证法分析问题、进行证题思路的判断则经常用到，有独到之处。
三种证明方法的定义与步骤：1. 综合法是由原因推导到结果的证明方法，它是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的证明方法。
2. 分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的充分条件，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、定义、公理、定理等）为止的证明方法。
3. 假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，由此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的方法叫反证法；它是一种间接的证明方法。
用这种方法证明一个命题的一般步骤：（1）假设命题的结论不成立；（2）根据假设进行推理，直到推理中导出矛盾为止；（3）断言假设不成立；（4）肯定原命题的结论成立。
知识点一：综合法例1 对于定义域为[]0,1的函数()f x ，如果同时满足以下三个条件：①对任意的[]0,1x ∈，总有()0f x ≥；②(1)1f =；③若12120,0,1x x x x ≥≥+≤，都有1212()()()f x x f x f x +≥+成立，则称函数()f x 为理想函数。
最新-2018高考数学总复习 134 直接证明与间接证明课件 精品
abc
的
B
值
()
A.一定是正数
B.一定是负数
C.可能是0
D.正、负不能确定
解析 （a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)=0
且a2+b2+c2>0(由abc>0知a,b,c均不为零)，
∴ab+bc+ac<0,
1 1 ab bc ca 0.
abc
abc
5.用分析法证明：欲使①A>B,只需②C<D,这里①
§13.4 直接证明与间接证明
基础知识 自主学习
要点梳理
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 ,这种证明方法叫综合法. ②框图表示： (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）.
因此1 x 2与1 y 2中至少有一个成立.
y
x
探究提高 (1)当一个命题的结论是以“至多”、
“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用
反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得
出矛盾，矛盾可以是：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与事
实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”
一、选择题
定时检测
1.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点P1(x1,y1)、
P2（x2，y2）、P3(x3，y3)在抛物线上，且
2x2=x1+x3，则有
()
A.|FP1|+|FP2|=|FP3|
精品-苏教版2018_2019学年高中数学第2章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.2间接证明讲义含解析选修2_2
2．2.2 间接证明1．问题：在今天商品大战中，广告成了电视节目中的一道美丽的风景线，几乎所有的广告商都熟谙这样的命题变换艺术．如宣传某种食品，其广告词为：“拥有的人们都幸福，幸福的人们都拥有”．该广告词实际说明了什么？ 提示：说的是：“不拥有的人们不幸福”．2．已知正整数a ，b ，c 满足a 2＋b 2＝c 2.求证：a ，b ，c 不可能都是奇数．问题1：你能利用综合法和分析法给出证明吗？提示：不能．问题2：a 、b 、c 不可能都是奇数的反面是什么？还满足条件a 2＋b 2＝c 2吗？ 提示：都是奇数．若a 、b 、c 都是奇数，则不能满足条件a 2＋b 2＝c 2.1．间接证明的方法通常称为间接证不是直接证明不是直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种等．枚举法、同一法就是一种常用的间接证明方法，间接证明还有反证法明．2．反证法(1)反证法证明过程新的否，从而达到逻辑矛盾，导致正确的推理开始，经过否定结论反证法证明时，要从”的过程可以用下面的框图表示：q 则p ，用反证法证明命题“若)即肯定原命题(定肯定条件p 否定结论q →导致逻辑矛盾→“p且q”为假→“若p 则q”为真(2)反证法证明命题“若p 则q ”的步骤不成立，即假定原结论的反面为真．命题的结论假设——反设①出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．已知条件和反设从——②归谬，断定反设不真，从而肯定原结论成立．矛盾结果由——③存真1．反证法就是通过否定命题的结论而导出矛盾来达到肯定命题的结论，完成命题的论证的一种数学证明方法．2．可能出现矛盾的四种情况：(1)与题设矛盾；(2)与反设矛盾；(3)与公理、定理或已被证明了的结论矛盾；(4)在证明过程中，推出自相矛盾的结论．[对应学生用书P30][例1]锐角三角形．[思路点拨]本题证明的命题是否定性命题，解答时先假设四个三角形都是锐角三角形，再分情况去推出矛盾．[精解详析]假设以每三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，记这四个点为A、B、C、D，考虑△ABC，点D的位置分为在△ABC之内或之外两种情况．(1)如果点D在△ABC之内(如图(1))，根据假设围绕点D的三个角都是锐角，其和小于270°，这与一个周角等于360°矛盾．(2)如果点D在△ABC之外(如图(2))，根据假设∠A，∠B，∠C，∠D都小于90°，这和四边形内角之和等于360°矛盾．综上所述．原结论成立．[一点通](1)结论中含有“不”、“不是”、“不可能”、“不存在”等词语的命题称为否定性命题，此类问题正面比较模糊，而反面比较具体，适于应用反证法．(2)反证法属于逻辑方法范畴，它的严谨体现在它的原理上，即“否定之否定等于肯定”，其中：第一个否定是指“否定结论(假设)”；第二个否定是指“逻辑推理结果否定了假设”．反证法属“间接解题方法”．1．实数a、b、c不全为0等价于________(填序号)．①a，b，c全不为0；②a，b，c中最多只有一个为0；③a，b，c中只有一个不为0；④a，b，c中至少有一个不为0.解析：“不全为0”等价于“至少有一个不为0”．答案：④2.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是A1D1的中点，点N是CD的中点，用反证法证明直线BM与直线A1N是两条异面直线．解：假设直线BM与A1N共面．则A1D1⊂平面A1BND1，且平面A1BND1∩平面ABCD＝BN，由正方体特征知A1D1∥平面ABCD，故A1D1∥BN，又A1D1∥BC，所以BN∥BC.这与BN∩BC＝B矛盾，故假设不成立．所以直线BM与直线A1N是两条异面直线．3．已知三个正数a，b，c成等比数列，但不成等差数列，求证：a，b，c不成等差数列．证明：假设a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，即a＋c＋2ac＝4b，而b2＝ac，即b＝ac，∴a＋c＋2ac＝4ac，所以(a－c)2＝0.即a＝c，从而a＝b＝c，与a，b，c不成等差数列矛盾，故a，b，c不成等差数列．[例2] 求证：两条相交直线有且只有一个交点．[思路点拨]“有且只有一个”的否定分两种情况：“至少有两个”、“一个也没有”．[精解详析]假设结论不成立，则有两种可能：无交点或不只有一个交点．若直线a，b无交点，则a∥b或a，b是异面直线，与已知矛盾．若直线a，b不只有一个交点，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．[一点通]证明“有且只有一个”的问题，需要证明两个命题，即存在性和惟一性．当证明结论以“有且只有”“只有一个”“惟一存在”等形式出现的命题时，由于反设结论易于导出矛盾，所以用反证法证其惟一性就较为简单明了．4．证明方程2x＝3有且仅有一个根．证明：∵2x＝3，∴x＝log23，这说明方程有一个根．下面用反证法证明方程2x＝3的根是惟一的，假设方程2x＝3有两个根b1、b2(b1≠b2)，则2b1＝3,2b2＝3.两式相除得：2b1－b2＝1.如果b1－b2>0，则2b1－b2>1，这与2b1－b2＝1相矛盾．如果b1－b2<0，则2b1－b2<1，这与2b1－b2＝1相矛盾．因此b1－b2＝0，则b1＝b2，这就同b1≠b2相矛盾．如果方程的根多于两个，同样可推出矛盾．故2x＝3有且仅有一个根．5．求证：过平面外一点有且只有一条直线和这个平面垂直．解：已知P∉平面α.求证：过点P和平面α垂直的直线b有且只有一条．证明：(1)存在性：∵P∉平面α，由立体几何知识知：过点P能作出一条直线与平面α垂直，故直线b存在．(2)惟一性：假设过点P还有一条直线c与平面α垂直．由b⊥α，c⊥α，得b∥c，这与b∩c＝P矛盾，故假设不存在，因此直线b惟一．综上所述，过平面外一点有且只有一条直线和这个平面垂直．[例3]已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．[思路点拨]本题要证a、b、c、d中至少有一个是负数，具体有一个负数？两个负数？三个负数？还是四个负数？都有可能，谁是负数也都有可能．所以正面证明很复杂，可考虑用反证法．[精解详析]假设a、b、c、d都不是负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0.∵a＋b＝c＋d＝1，∴b＝1－a≥0，d＝1－c≥0.∴ac＋bd＝ac＋(1－a)(1－c)＝2ac－(a＋c)＋1＝(ac－a)＋(ac－c)＋1＝a(c－1)＋c(a－1)＋1.∵a(c－1)≤0，c(a－1)≤0.∴a(c－1)＋c(a－1)＋1≤1，即ac＋bd≤1.与ac＋bd>1相矛盾．∴假设不成立．∴a、b、c、d中至少有一个是负数．[一点通](1)对于否定性命题或结论中出现“至多”“至少”“不可能”等字样时，常用反证法．(2)常用的“原结论词”与“反设词”归纳如下表：6．已知a ，b ，c ∈(0,1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能都大于14.证明：假设(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 都大于14.∵a ，b ，c ∈(0,1)，∴1－a ＞0,1－b ＞0,1－c ＞0，∴(1－a)＋b2≥(1－a)b ＞14＝12. 同理(1－b)＋c 2＞12，(1－c)＋a 2＞12.三式相加，得(1－a)＋b 2＋(1－b)＋c 2＋(1－c)＋a 2＞32，即32＞32，矛盾．所以(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能都大于14.7．用反证法证明：若函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，那么方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多只有一个实数根．证明：假设方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至少有两个根，设α，β为其中的两个实根． 因为α≠β，不妨设α<β，又因为函数f (x )在区间[a ，b ]上是增函数，所以f (α)<f (β)．这与f (α)＝0＝f (β)矛盾．所以方程f (x )＝0在区间[a ，b ]上至多只有一个实根．1．反证法证明的适用情形(1)一些基本命题、基本定理； (2)易导出与已知矛盾的命题；(3)“否定性”命题； (4)“惟一性”命题； (5)“必然性”命题；(6)“至多”“至少”类命题； (7)涉及“无限”结论的命题．2．用反证法证明问题应注意以下三点(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必然罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的；(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，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；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．[对应学生用书P32]一、填空题1．命题“1＋b a ，1＋ab 中至多有一个小于2”的反设为________．答案：1＋b a ，1＋ab都小于22．(山东高考改编)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是____________________．解析：至少有一个实根的否定是没有实根． 答案：方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根1． 用反证法证明命题“若a 2＋b 2＝0，则a ，b 全为0(a 、b 为实数)”，其反设为 ____________________．解析：“a ，b 全为0”即是“a ＝0且b ＝0”，因此它的反设为“a ≠0或b ≠0”． 答案：a ，b 不全为04．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①∠A ＋∠B ＋∠C ＝90°＋90°＋∠C >180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误．②所以一个三角形不能有两个直角．③假设△ABC 中有两个直角，不妨设∠A ＝90°，∠B ＝90°. 上述步骤的正确顺序为________．解析：由反证法的一般步骤可知，正确的顺序应为③①②. 答案：③①②5．用反证法证明命题“若x 2－(a ＋b )x ＋ab ≠0，则x ≠a 且x ≠b ”时，应假设为________．解析：对“且”的否定应为“或”，所以“x ≠a 且x ≠b ”的否定应为“x ＝a 或x ＝b ”． 答案：x ＝a 或x ＝b 二、解答题6．(陕西高考)设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 解：(1)设{a n }的前n 项和为S n ， 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 ＝a1(1－qn)1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na1，q ＝1，a1(1－qn)1－q，q≠1.(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 1q k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1，∵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．7．设f (x )＝x 2＋ax ＋b ，求证：|f (1)|，|f (2)|，|f (3)|中至少有一个不小于12.证明：假设|f (1)|<12，|f (2)|<12，|f (3)|<12，则有⎩⎪⎨⎪⎧－12<1＋a ＋b<12，－12<4＋2a ＋b<12，－12<9＋3a ＋b<12.于是有⎩⎪⎨⎪⎧－32<a ＋b<－12， ①－92<2a ＋b<－72，②－192<3a ＋b<－172. ③由①、②得－4<a <－2，④ 由②、③得－6<a <－4.⑤④、⑤显然相互矛盾，所以假设不成立，所以原命题正确．8．已知P ∉直线a .求证：过点P 和直线a 平行的直线b 有且只有一条． 证明：(1)存在性：∵P ∉直线a ，∴点P 和直线a 确定一个平面α.由平面几何知识知：在平面α内过点P 能作出一条直线与直线a 平行，故直线b 存在． (2)惟一性：假设过点P 还有一条直线c 与a 平行． ∵a ∥b ，a ∥c ，∴b ∥c ，这与直线b 、c 有共点P 矛盾． 故假设不存在，因此直线b 惟一．综上所述，过直线外一点有且只有一条直线和这条直线平行．。
苏教版高中数学选修1-2《间接证明》参考课件2
例1
求证：正弦函数没有比2小的正周期.
思路
先求出周期
用反证法证明 2 是最小正周期.
解
假设T是正弦函数的周期
则对任意实数x都有:
sin(x T ) sin x
令x=0,得
sinT 0
即
T k , k Z.
假设最小正周期 0 T 2 故T
从而对任意实数x都应有
sin(x ) sin x
2.2直接证明与间接证明 2.2.2 间接证明
复习
一般地，利用已知条件和某些已经学 过的定义、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。
特点:“由因导果”
一般地，从要证明的结论出发，逐步
寻求推证过程中，使每一步结论成立的充
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，这种证明的
方法叫做分析法．
特点：执果索因.
用框图表示分析法
得到一个明显
Hale Waihona Puke Q P1P1 P2
P2 P3
…
成立的结论
复习
经过证明 的结论
思考？
A、B、C三个人，A说B撒谎，B说 C撒谎，C说A、B都撒谎。则C必定 是在撒谎，为什么？
分析:假设C没有撒谎, 则C真. - - -- -那么A假且B假;
这与
sin( ) sin 矛盾.
2
2
因此,原命题成立.
例2 已知a≠0，证明x的方程ax=b有且只有 一个根。
证：假设方程ax + b = 0(a ≠ 0)至少存在两个根，
不妨设其中的两根分别为x1，x2且x1 ≠ x2
2018届高考数学第一轮讲义复习课件26直接证明与间接证
变式训练 2
(1)用分析法证明：ac＋bd≤ a2＋b2· c2＋d2. 1 1 1 (2)已知 a>0，b－a>1，求证： 1＋a> . 1－b
综合法
a2 b2 c2 例 1 设 a，b，c>0，证明： b ＋ c ＋ a ≥a＋b＋c.
本题因为有三项分式，不主张用分析法．综合法证明不等式， 要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．这里可 从去分母的角度去运用基本不等式． 证明 ∵a，b，c>0，根据基本不等式， a2 b2 c2 有 b ＋b≥2a， c ＋c≥2b， a ＋a≥2c.
要点梳理
(2)分析法
忆一忆知识要点
①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条 件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的 条件(已知条件、定理、定义、公理等 )为止．这种证明方法 叫做分析法． ②框图表示： Q⇐P1 → P1⇐P2 → P2⇐P3 →…→ 得到一个明显成立的条件 . 2．间接证明
反证法：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得 出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立， 这样的证明方法叫做反证法．
[难点正本
疑点清源]
证明数学问题的方法比较多，只是我们比较常用的方法有综 合法、分析法和反证法．在证明问题时，既可独立运用，又可 综合应用． (1)对于较复杂问题的解决，往往既使用综合法又使用分析法，其 结合使用的基本格式为：P⇒P1⇒P2…⇒Pn⇒Qm⇐Qm－1⇐…⇐ Q1⇐Q(P 是已知的条件、公理、定义、公式，Q 则表示要证明 的结论．) (2)反证法是从反面的角度思考的证明方法，即肯定题设而否定结 论，从而导出矛盾推理而得．适合使用反证法证明的命题有：① 否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成立 的命题；⑤直接证明有困难的问题．
高考数学总复习 6-6 直接证明与间接证明课件 苏教版
考向三 1 一个不小于 . 2 【证明】
反证法
已知 f(x)＝x2＋px＋q，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有
1 假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|都小于 ， 2
1 即|f(1)|＝|1＋p＋q|＜ ， 2 1 |f(2)|＝|4＋2p＋q|＜ ， 2 1 |f(3)|＝|9＋3p＋q|＜ ， 2 f1＋f3－2 f(2)＝ ， 2
a＋ b 5．已知 a，b 是不相等的正数，x＝ ，y＝ a＋b，则 x， 2 y 的大小关系是__________．
2 a ＋ b a＋b＋2 ab 2 解析：∵x ＝ ＝ 2 2
a＋b a＋ b a ＋ b ＝ ＋ ab＜ ＋ ＝a＋b＝( a＋b)2＝y2， 2 2 2 ∴x＜y. 答案：x＜y
至少有 n 个 至多有 n－1 个 至多有 n 个 至少有 n＋1 个
【基础自测】 1．(2013· 徐州质检)用反证法证明“若 x2－1＝0，则 x＝－1 或 x ＝1”时，应假设________． 解析：“x＝－1 或 x＝1”的否定是“x≠－1 且 x≠1”． 答案：x≠－1 且 x≠1
2 2．a ＋2＋ 2 与 2 2的大小关系是________． a ＋2
框图表 P⇒Q1― →Q1⇒Q2 示 ― →…― →Qn⇒Q
Q⇐P1― →P1⇐P2 ― →…― → 得到一个明 显成立的条件
文字语 因为…所以…或由… 言 得…
要证…只需证即证…
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 明了原命题成立，这样的证明方法叫反证法． (2)常见的“结论词”与“反设词”如下： 原结论词 至少有一个 至多有一个 反设词 一个也没有 至少有两个 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 ¬ p 且¬ q ¬ p 或¬ q
【高考数学】2018最新高三数学课标一轮复习课件：7.4 直接证明与间接证明(专题拔高配套PPT课件)
第七章
知识梳理 双击自测
7.4 直接证明与间接证明
考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
-7-
1.要证a2+b2-1-a2b2≤ab-1-a2b2≤0 C.
(������ +������ ) 2
2
������ 4 +������ 4 2 2 B.a +b -1≤0
-1-a2b2≤0
第七章
知识梳理 双击自测
7.4 直接证明与间接证明
考情概览 知识梳理 核心考点 学科素养
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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)用反证法证明的一般步骤:①反设——假设命题的结论不成立; ②归谬——根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;③结论——断 言假设不成立,从而肯定原命题的结论成立.
2016
2015
第七章
7.4 直接证明与间接证明
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2016 2015 2014 2013 年份 2017 对证明方法的考查主要以解答题形式出现,并且直接证明 考查的频率高,间接证明考查的频率相对低一些.高考对 考向 反证法的考查常有以下两个命题角度: 分析 (1)证明否定性命题; (2)证明存在性问题.
D.(a2-1)(b2-1)≥0
关闭
a2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0.
关闭
D
解析 答案
第七章
知识梳理 双击自测
7.4 直接证明与间接证明
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高三数学一轮复习优质课件2：直接证明与间接证明
7分
其次，任取正整数 m，n(m，n≥4，且 m≠n)，假若三角
形△m 与△n 相似，则有：
mn22－ －22nm－－11＝mn22＋＋11＝mn22＋＋22nm－－11
9分
据此例性质有：
mn22＋＋11＝mn22＋＋22nm－－11＝mn22＋＋22mn－－11－－nm2＋2＋11＝mn－－11
an＝n2－2n－1 可得bn＝n2＋1
cn＝n2＋2n－1
(n≥4)
易验证 an，bn，cn 满足①.因此 an，bn，cn 成等差数列. 5
分
当 n≥4 时，有 an＜bn＜cn 且 an＋bn－cn＝n2－4n＋1＞0
因此以 an，bn，cn 为边长可以构成三角形，将此三角形
记为△n(n≥4).
第七章 不等式、推理与证明
7.5 直接证明与间接证明
[考情展望] 1.以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程．数列
知识为载体，考查分析法、综合法和反证法的原理. 2.结合具体问题考查学生运用上述三种方法解决问题的
能力．
一、直接证明
内容
综合法
分析法
利用已知条件和某些数 从要证__明__的__结__论__出发，逐步 学定义、公理、定理等，寻求使它成立的充__分__条__件__， 定义 经过一系列的推__理__论__证__，直至最后，把要证明的结论
对点训练 设数列{an}满足 a1＝2，a2＋a4＝8，且对任意 n∈N*，函数 f(x)＝an－an＋1＋an＋2x＋an＋1cos x－an＋2sin x 满足 f′π2＝0.
求证：数列{an}是等差数列．
【证明】 由题设可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x －an＋2cos x.
高三数学一轮复习 6.5直接证明与间接证明课件
[备考(bèikǎo)方向要明了]两种基 本方法——分析法和综
1.用综合法、反证法证明问题 是高考的热点，题型多为解
合法；了解分析法和综
答题．
合法的思考(sīkǎo)过程、特点.2.主要以不等式、立体几何
2.了解间接证明的一种基
(lìtǐjǐhé)、
第十五页，共45页。
1．已知x＋y＋z＝1，求证：x2＋y2＋z2≥13. 证明：∵x2＋y2≥2xy，x2＋z2≥2xz，y2＋z2≥2yz， ∴2x2＋2y2＋2z2≥2xy＋2xz＋2yz. ∴3x2＋3y2＋3z2≥x2＋y2＋z2＋2xy＋2xz＋2yz. ∴3(x2＋y2＋z2)≥(x＋y＋z)2＝1. ∴x2＋y2＋z2≥13.
n个都是
n个不都是(即至少有1个不是)
特
至多有1个
至少有2个
例
至少有1个
至多有0个，即一个也没有
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第二十六页，共45页。
3．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(zhèngmíng)：必要性(直接证法)： ∵a，b，c为正实数，∴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∵ab＋bc＋ca>0，∴a(b＋c)＋bc>0，且bc<0， ∴a(b＋c)>0.①
第二十四页，共45页。
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2．反证法的解题原则
【教育课件】苏教版选修1-2高中数学2.2.1《直接证明》课件ppt.ppt
2．2.1 直接证明
【课标要求】 1．了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法． 2．了解综合法的思考过程和特点． 3．了解分析法证题的一般步骤，会用分析法证明命题． 【核心扫描】 1．掌握用分析法和综合法证明问题的模式．(重点) 2．会用分析法和综合法证明相关数学问题．(难点)
自学导引
1．直接证明
(1)直接从
逐步推得命题成立，这种证明通常称为直接
证明． 原命题的条件
(2)常用的直接证明方法有 与
．
综合法 分析法
2．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．这种证明方法称为综合 法． (2)综合法的推理过程 已知条件 ⇒…⇒…⇒ 结论 .
想一想：综合法的推理过程是合情推理还是演绎推理？
提示 综合法的推理过程是演绎推理，它的每一步推理都是严密的逻辑推理， 得到的结论是正确的．
名师点睛
1．综合法 (1)思维特点：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其推理过程实 际上是寻找结论成立的必要条件的过程． (2)思维过程：原因→结果，又名“顺推证法”、“由因导果法”． (3)优点：条理清晰，易于表述；缺点：探路艰难，易生枝节．
a2＋a12＋22≥a＋1a＋
22，
即 a2＋a12＋4
a2＋a12＋4≥a2＋2＋a12＋
2 2a＋1a＋2，
3．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吻合 为止，这种证明方法 称为分析法． (2)分析法的推理过程 结论 ⇐…⇐…⇐ 已知条件 .
试一试：综合法与分析法证明问题的主要区别是什么？
2018年高考数学总复习 7.4 直接证明与间接证明
知识梳理 考点自测
-6-
2.命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的证明:“cos4θ-sin4θ=
(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ”过程应用了( B )
A.分析法
B.综合法
C.综合法、分析法综合使用 D.间接证明法
解析:因为证明过程是“从左往右”,即由条件推出结论.故选B.
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考点一
考点二
考点三
证明 (1)因为 3an-2Sn=2, 所以 3an+1-2Sn+1=2, 所以 3an+1-3an-2(Sn+1-Sn)=0. 因为 Sn+1-Sn=an+1,所以������������������+������1=3, 所以{an}是等比数列. 当 n=1 时,3a1-2S1=2,又 S1=a1, 所以 a1=2. 所以{an}是以 2 为首项,以 3 为公比的等比数列, 其通项公式为 an=2×3n-1. (2)由(1)可得 Sn=3n-1,Sn+1=3n+1-1,Sn+2=3n+2-1, 故���������2���+1-SnSn+2=(3n+1-1)2-(3n-1)(3n+2-1)=4×3n, 即���������2���+1-SnSn+2=4×3n.
解析:因为“至少有一个盒子里不少于”的反面是“所有盒子里都 少于”,所以应填“每个盒子里都少于2个球”.
考点一
考点二
考点三
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综合法的应用(多考向)
考向1 数列中的证明
例1设数列{an}的前n项和为Sn,已知3an-2Sn=2. (1)证明{an}是等比数列并求出通项公式an; (2)求证:���������2���+1-SnSn+2=4×3n.
2018届一轮复习苏教版12.2直接证明与间接证明教案(江苏专用)
12.2 直接证明与间接证明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．间接证明反证法：要从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)．这个过程包括下面3个步骤：(1)反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；(2)归谬——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——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)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＋7<3＋6最合适的方法是分析法．( √ )1．(2016·扬州质检)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，则c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .2．用反证法证明命题：“a ，b ∈N ，若ab 不能被5整除，则a 与b 都不能被5整除”时，假设的内容应为____________________________． 答案 a ，b 至少有一个能被5整除解析 “都不能”的否定为“至少有一个能”，故假设的内容应为“a ，b 至少有一个能被5整除”．3．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0只要证明________(填正确的序号)． ①2ab －1－a 2b 2≤0； ②a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0；③a ＋b22－1－a 2b 2≤0；④(a 2－1)(b 2－1)≥0. 答案 ④解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.4．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是__________________________． 答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b 解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a ) ＝(a －b )(a －b ) ＝(a －b )2(a ＋b )．∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0. ∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .5．(2016·盐城模拟)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x 1，x 2，…，x n ，有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f (x 1＋x 2＋…＋x n n)，已知函数y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________． 答案332解析 ∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数， 且A ，B ，C ∈(0，π)． ∴f A ＋f B ＋f C3≤f (A ＋B ＋C3)＝f (π3)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.题型一 综合法的应用 例1 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列{1a n}是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.(1)证明 ∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列{1a n}是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解 由(1)知1a n＝2n －1，∴S n ＝n＋2n －2＝n 2.方法一1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n n ＋＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.方法二1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1，又∵1>nn ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1. 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．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b2≥ab >0，b ＋c2≥bc >0，a ＋c2≥ac >0.由于a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴上述三个不等式中等号不能同时成立， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc >0成立．上式两边同时取常用对数，得 lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)>lg abc ，∴lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .题型二 分析法的应用例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.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)．所以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.引申探究若本例中f (x )变为f (x )＝3x－2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f x 1＋f x 22≥f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.证明 要证明f x 1＋f x 22≥f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即证明x 1－2x 1＋x 2－2x 22≥1223x x +－2·x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22－(x 1＋x 2)≥1223x x+－(x 1＋x 2)，即证明3x 1＋3x 22≥1223x x+，因此只要证明3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2，由于x 1，x 2∈R 时，3x 1>0,3x 2>0，由基本不等式知3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2显然成立，故原结论成立．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．(2016·苏州模拟)下列各式：1＋0.12＋0.1>12，0.2＋30.5＋3>0.20.5，2＋73＋7>23，72＋π101＋π>72101. 请你根据上述特点，提炼出一个一般性命题(写出已知，求证)，并用分析法加以证明． 解 已知a >b >0，m >0，求证：b ＋m a ＋m >ba.证明如下：∵a >b >0，m >0，欲证b ＋m a ＋m >ba， 只需证a (b ＋m )>b (a ＋m )，只需证am >bm ， 只需证a >b ，由已知得a >b 成立， 所以b ＋m a ＋m >ba成立． 题型三 反证法的应用 命题点1 证明否定性命题例3 (2016·连云港模拟)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． (1)解 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.(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， ∵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． 命题点2 证明存在性问题例4 已知四棱锥S －ABCD 中，底面是边长为1的正方形，又SB ＝SD ＝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F 点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 由已知得SA 2＋AD 2＝SD 2，∴SA ⊥AD . 同理SA ⊥AB .又AB ∩AD ＝A ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， ∴SA ⊥平面ABCD .(2)解 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．∴不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD . 命题点3 证明唯一性命题例5 已知a ≠0，证明关于x 的方程ax ＝b 有且只有一个根． 证明 由于a ≠0，因此方程至少有一个根x ＝b a. 假设x 1，x 2是它的两个不同的根， 即ax 1＝b ，① ax 2＝b ，②由①－②得a (x 1－x 2)＝0， 因为x 1≠x 2，所以x 1－x 2≠0，所以a ＝0，这与已知矛盾，故假设错误． 所以当a ≠0时，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q 成立，从而间接地证明了命题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、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．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是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明1a>c .证明 (1)∵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．即1a是函数f (x )的一个零点．(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 .22．反证法在证明题中的应用典例 (14分)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．思想方法指导 在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(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． 规范解答(1)解 因为四边形OABC 为菱形， 则AC 与OB 相互垂直平分． 由于O (0,0)，B (0,1)，所以设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1，则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[4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＝－4km 1＋4k 2，y 2＋y 22 ＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k2.所以AC 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[10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 ，因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ＝－14≠－1， 所以AC 与OB 不垂直．[13分] 所以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 不可能是菱形．[14分]1．(2017·泰州月考)用反证法证明命题“设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__________________________． 答案 方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根解析 因为“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”．2．若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为__________．答案 (－3,0]解析 若2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则必有⎩⎪⎨⎪⎧2k <0，Δ＝k 2－4×2k －38或k ＝0.解得－3<k ≤0.3．设x ，y ，z >0，则关于三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y的叙述正确的是________． ①都大于2②至少有一个大于2 ③至少有一个不小于2④至少有一个不大于2答案 ③解析 因为(y x ＋y z )＋(z x ＋z y )＋(x z ＋x y) ＝(y x ＋x y )＋(y z ＋z y)＋(z x ＋x z)≥6， 当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，③正确．4．(2016·镇江模拟)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是____________． 答案 P <Q解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a ·a ＋7＝2a ＋7＋2a 2＋7a ， Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3·a ＋4＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，∴P <Q .5．(2016·苏州模拟)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能使b a ＋a b≥2成立．6．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0 (a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是________．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．答案 ②解析 “至少有一个”的否定为“都不是”，故②正确．7．(2016·全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．答案 1和3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．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____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 解析 若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ f －＝－2p 2＋p ＋1≤0，f ＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32， 故满足题干条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，32. 9．已知m >0，a ，b ∈R ，求证：(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m. 证明 因为m >0，所以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．10．设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f (x ＋12)为偶函数． 证明 由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，可知f (x ＋1)＝f (－x )．将x 换成x －12代入上式可得 f (x －12＋1)＝f [－(x －12)]，即f (x ＋12)＝f (－x ＋12)， 由偶函数的定义可知f (x ＋12)为偶函数． 11．(2016·苏州模拟)已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(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．证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0.∵a >1，∴ax 2－x 1>1且ax 1>0，∴ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)>0.又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0，∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－x 1＋－x 1－x 2＋x 1＋x 2＋＝x 2－x 1x 1＋x 2＋>0. 于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1. ∵a >1，∴0<ax 0<1，∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0相矛盾， 故方程f (x )＝0没有负数根．12．(2016·浙江)设函数f (x )＝x 3＋11＋x，x ∈[0,1]，证明： (1)f (x )≥1－x ＋x 2；(2)34＜f (x )≤32. 证明 (1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－－x 41－－x ＝1－x 41＋x ， 由于x ∈[0,1]，有1－x 41＋x ≤1x ＋1， 即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1， 所以f (x )≥1－x ＋x 2.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ，故f (x )＝x 3＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32＝x －x ＋x ＋＋32≤32， 所以f (x )≤32. 由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34， 又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1924＞34，所以f (x )＞34. 综上，34＜f (x )≤32. 13.(2015·课标全国Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ；(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(a＋b)2＞(c＋d)2. 因此a＋b＞c＋d.(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2,即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。
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基础梳理
1. 直接证明
(1)定义:直接从原命题的条件 逐步推得命题成立的证明方法.
(2)一般形式: 本题条件 已知定义 已知公理 已知定理 (3)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
… 本题结论.
步下推,直到推出要证明的结论为止.这种证明方法称为综合法. ②推证过程 已知条件 … … 结论. (4)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 明方法称为分析法. ②推证过程 结论 … … 已知条件 2. 间接证明 (1)常用的间接证明方法有 反证法、 同一法、 枚举法等. (2)反证法的基本步骤
证明： 由sin α+cos α=1 sin2α+cos2α+2sin α· cos α=1 cos α=0.① sin α· 欲证sin6α+cos6α=1, 只需证(sin2α+cos2α)(sin4α-sin2αcos2α+cos4α)=1, 即证sin4α+cos4α-sin2αcos2α=1, 即证(sin2α+cos2α)2-3sin2αcos2α=1,即证sin2αcos2α=0. 由①式知,上式成立，故原式成立.
∴a+b+c＞0, ……………………………………………………10′ 这与a+b+c≤0矛盾. …………………………………………..12′
因此a,b,c中至少有一个大于0. ……………………………..14′
学后反思 反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立.反证
法的主要依据是逻辑中的排中律,排中律的一般形式是：或者 是A，或者非A,即在同一讨论过程中，A和非A有一个且仅有一
b a ab 224 8 a b a b ( 2 ) 2 1 当且仅当a=b= 时“=”成立. 2 22
题型二
分析法的应用
【例2】设a、b、c为任意三角形三边长I=a+b+c,S=ab+bc+ca.
试证：I2＜4S. 分析 将I平方得出a、b、c两两乘积及a2,b2,c2和的式子,比较 已知条件和结论，宜采用分析法. 证明 I2=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)=a2+b2+c2+2S,
学后反思 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，我们一般地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.
举一反三
1 1 1 1. 设a＞0,b＞0,a+b=1,求证： 8 . a b ab 1 1 1 ab ab ab b a ab 1 1 证明：∵a+b=1, a b ab a b ab a b ab
①反设 ——假设命题的结论 不成立,即假定原结论的反面为真;
②归谬 ——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 ——由矛盾结果,断定反设不真,从而肯定原结论成立.
典例分析
题型一 综合法的应用
【例1】已知a＞b＞0，求证： a b a b .
分析 从已知条件和已知不等式入手，推出所要证明的结论. 证明 ∵a＞b＞0,∴b＜ ab ,即2b＜2 ab ,进而- 2 ab ＜-2b, ∴a- 2 ab +b＜a+b-2b, 即0＜( a b )2＜a-b, ∴ a b ab
个是正确的，不可能有第三种情况出现.
举一反三
3. 已知a,b,c是一组勾股数，且 a 2 b2 c2 . 求证：a,b,c不可能都是奇数.
2 2 2 证明： 假设a,b,c都是奇数,且a,b,c是一组勾股数,∴ a b c
又∵a,b,c都是奇数,∴a 2 , b2 , 2 也都是奇数, c ∴ a 2 b 2 是偶数，a 2 b2 c 2 ,
即a＜b+c,b＜a+c,c＜a+b,
它们显然成立，因为三角形任一边小于其他两边之和. 故I2＜4S. 学后反思 (1) 应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解
题途径.
(2) 应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达； 下一步是上一步的充分条件.
举一反三
2. 若sin α+cos α=1,求证：sin6α+cos6α=1.
题型三
反证法的应用
π π 2 ,b=y -2z+ , 2 3
【例3】(14分)若a,b,c均为实数，且a=x2-2y+
π . 6 求证：a,b,c中至少有一个大于0.
c=z2-2x+
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. 证明 假设a,b,c都不大于0，即a≤0,b≤0,c≤0,…………..2′
与已知 a 2 b2 c2 相矛盾,
∴a,b,c不可能都是奇数.
易错警示
【例】设函数f(x)对定义域内任意实数都有f(x)≠0,且 f(x+y)=f(x)· f(y)成立. 求证:对定义域内任意x都有f(x)>0. 错解 假设f(x)≤0.∵f(x+y)=f(x)· f(y),
则a+b+c≤0, …………………………………………………...4′ π π π 而a+b+c=x2-2y+ +y2-2z+ +z2-2x+ =(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+ 2 3 6 π-3. …………………………………………………………….6′ ∵π-3＞0,且（x-1）2+(y-1)2+(z-1)2≥0,…………………..8′
故要I2＜4S,
只需证a2+b2+c2+2S＜4S, 即a2+b2+c2＜2S（这对于保证结论成立是充分必要的）.
欲证上式，只需证a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca＜0,
即证（a2-ab-ac）+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)＜0, 只需证三括号中的式子均为负值即可,
即证a2＜ab+ac,b2＜bc+ba,c2＜ca+cb,