高考数学一轮复习 第十章 第2讲 直接证明和间接证明精品课件 理
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2020版高考数学(文)一轮复习通用版课件直接证明与间接证明
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[对点训练] 已知 m＞0，a，b∈R ，求证：a1＋＋mmb2≤a21＋＋mmb2. 证明：因为 m＞0，所以 1＋m＞0. 所以要证a1＋＋mmb2≤a21＋＋mmb2， 只需证 m(a2－2ab＋b2)≥0， 即证(a－b)2≥0， 而(a－b)2≥0 显然成立， 故a1＋＋mmb2≤a21＋＋mmb2.
60°”，假设正确的是
()
A．假设三个内角都不大于 60°
B．假设三个内角都大于 60°
C．假设三个内角至多有一个大于 60°
D．假设三个内角至多有两个大于 60°
解析：根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故
假设三个内角都大于 60°.
答案：B
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(三)填一填 3. 6－2 2与 5－ 7的大小关系是________．
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[解题技法] 利用分析法证明问题的思路及格式 (1)分析法的证明思路 先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条 件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法 则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证． (2)分析法的格式 通 常 采 用 “ 要 证 ( 欲 证 )……”“ 只 需 证 ……”“ 即 证……”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．
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(2)ab2＋bc2＋ca2≥1. [证明] 因为ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立， 故ab2＋bc2＋ca2＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c. 所以ab2＋bc2＋ca2≥1.
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[变透练清] 1.变结论若本例条件不变，证明 a2＋b2＋c2≥13.
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(二)选一选
2019版高考数学一轮复习 第十章 算法、复数、推理与证明 第三节 直接证明与间接证明实用
(2)证明：由(1)可知 Sn＝n2， 要证原不等式成立，只需证n－1 12＋n＋1 12＞n22， 只需证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2. 只需证(n2＋1)n2＞(n2－1)2. 只需证 3n2＞1. 而 3n2＞1 在 n≥1 时恒成立， 从而不等式Sn1－1＋Sn1＋1＞S2n(n≥2，n∈N*)恒成立．
[证明] 要证 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2，
只需证
a2＋a12≥a＋1a－(2－ 2)．
因为 a＞0，所以a＋1a－(2－ 2)＞0，
所以只需证
a2＋a122≥a＋1a－2－
22，
即 2(2－ 2)a＋1a≥8－4 2，只需证 a＋1a≥2.
(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] (2018·武汉模拟)已知函数 f(x)＝(λx＋1)ln x－x＋1. (1)若 λ＝0，求 f(x)的最大值； (2)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 x＋y＋1＝0 垂直，证明：xf－x1＞0. [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． 当 λ＝0 时，f(x)＝ln x－x＋1. 则 f′(x)＝1x－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0,1)上是增函数； 当 x＞1 时，f′(x)＜0，故 f(x)在(1，＋∞)上是减函数． 故 f(x)在 x＝1 处取得最大值 f(1)＝0.
些 数 学 定 义 、 公 理 、寻求使它成立的充分条件，
定理等，经过一系 直至最后，把要证明的结论
列的推理论证，最 归结为判定一个明显成立的
后 推 导 出 所 要 证 明 条件(已知条件、定理、定义、
2018高考数学文人教B版一轮课件：7-4直接证明与间接证明 精品
7.4
直接证明与间接证明
-2知识梳理 双基自测 自测点评
1
2
1.直接证明 (1)定义:从命题的条件或结论出发,根据已知的定义、公理、定 理,直接推证结论的真实性. (2)常见类型
过逐步的推理,最后达 定 到 待证结论 ,是从 义 原因 推导到 结果 的 思维方法.
-12考点1 考点2 考点3
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. ������������+1 因为 Sn+1-Sn=an+1,所以 =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}的通项公式 an=2×3n-1. (2)由(1)可得 Sn=3n-1,Sn+1=3n+1-1,Sn+2=3n+2-1, n+1 n n+2 n 2 2 故������������ -S S = (3 1) (3 1)(3 1) = 4 × 3 , n n+ 2 +1 n 2 即������������ +1 -SnSn+2=4×3 .
-5知识梳理 双基自测 自测点评
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”. (1)综合法的思维过程是由因导果,逐步寻找已知的必要条件. ( ) (2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的充要条 件.( ) (3)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾.( ) (4)用反证法证明时,推出的矛盾不能与假设矛盾.( ) (5)常常用分析法寻找解题的思路与方法,用综合法展现解决问题 的过程.( )
直接证明与间接证明
-2知识梳理 双基自测 自测点评
1
2
1.直接证明 (1)定义:从命题的条件或结论出发,根据已知的定义、公理、定 理,直接推证结论的真实性. (2)常见类型
过逐步的推理,最后达 定 到 待证结论 ,是从 义 原因 推导到 结果 的 思维方法.
-12考点1 考点2 考点3
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. ������������+1 因为 Sn+1-Sn=an+1,所以 =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}的通项公式 an=2×3n-1. (2)由(1)可得 Sn=3n-1,Sn+1=3n+1-1,Sn+2=3n+2-1, n+1 n n+2 n 2 2 故������������ -S S = (3 1) (3 1)(3 1) = 4 × 3 , n n+ 2 +1 n 2 即������������ +1 -SnSn+2=4×3 .
-5知识梳理 双基自测 自测点评
1
2
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1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”. (1)综合法的思维过程是由因导果,逐步寻找已知的必要条件. ( ) (2)分析法是从要证明的结论出发,逐步寻找使结论成立的充要条 件.( ) (3)反证法是指将结论和条件同时否定,推出矛盾.( ) (4)用反证法证明时,推出的矛盾不能与假设矛盾.( ) (5)常常用分析法寻找解题的思路与方法,用综合法展现解决问题 的过程.( )
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。
高三数学一轮复习 第十章 第2讲 直接证明与间接证明课件 理 新人教A版
考点3 反证法
例 3：(2011 年广东广州模拟)已知数列an的前 n 项和 Sn＝ n＋21an，且 a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝lnan，是否存在 k(k≥2，k∈N*)，使得 bk，bk＋1， bk＋2 成等比数列．若存在，求出所有符合条件的 k 值；若不存在， 请说明理由．
•1、书籍是朋友,虽然没有热情,但是非常忠实。2022年3月4日星期五2022/3/42022/3/42022/3/4 •2、科学的灵感，决不是坐等可以等来的。如果说，科学上的发现有什么偶然的机遇的话，那么这种‘偶然的机遇’只能给那些学有素养的人，给那些善于独 立思考的人，给那些具有锲而不舍的人。2022年3月2022/3/42022/3/42022/3/43/4/2022 •3、书籍—通过心灵观察世界的窗口.住宅里没有书,犹如房间里没有窗户。2022/3/42022/3/4March 4, 2022 •4、享受阅读快乐，提高生活质量。2022/3/42022/3/42022/3/42022/3/4
(1)若函数f(x)为理想函数，求f(0)的值； (2)判断函数g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否为理想函数，并予以 证明．
解：(1)取x1＝x2＝0可得f(0)≥f(0)＋f(0)⇒f(0)≤0， 又由条件①f(0)≥0，故f(0)＝0. (2)显然g(x)＝2x－1在[0,1]满足条件①g(x)≥0， 也满足条件②g(1)＝1. 若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)] ＝2x1＋x2－1－[(2x1－1)＋(2x2－1)] ＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1 ＝(2x2－1)(2x1－1)≥0， 即满足条件③，故g(x)是理想函数．
高三数学一轮复习基础过关112.5直接证明与间接证明PPT课件
x2 y2 z2 1. 3
题型二 分析法
【例2】（12分）已知函数f(x )=tan x ,x (0, π),
2
若x1 ,
x2
(0,
π 2
),
且x1
x2 ,
求证 : 1[ f 2
(x1)
f (x2 )]
f
( x1 x2 ). 2
思维启迪 本题若使用综合法进行推演，三角
lg(a b b c c a) lg(abc). 222
即lg a b lg b c lg c a lg a lg b lg c.
2
2
2
探究提高 分析法和综合法是对立统一的两种
方法，分析法的证明过程，恰好是综合法的分
析、思考过程，综合法是分析法的逆过程.
a2
a
即a 2 1 4 a 2 1 4
a2
a2
a2 2 1 2 2(a 1) 2,
a2
a
从而只要证2 a2 1 2(a 1),
a2
a
只要证4(a2 1 ) 2(a2 2 1 ),即a2 1 2,
a2
,故原不等式成立.
只需证明 sin( x1 x2 ) sin( x1 x2 ) . 2 cos x1 cos x2 1 cos(x1 x2 )
4分
由于x1、
x
2
(0,
π 2
),
故x1
x2
(0, π).
∴cos x 1cos x 2>0,sin(x 1+x 2)>0,
1+cos(x 1+x 2)>0,
题型二 分析法
【例2】（12分）已知函数f(x )=tan x ,x (0, π),
2
若x1 ,
x2
(0,
π 2
),
且x1
x2 ,
求证 : 1[ f 2
(x1)
f (x2 )]
f
( x1 x2 ). 2
思维启迪 本题若使用综合法进行推演，三角
lg(a b b c c a) lg(abc). 222
即lg a b lg b c lg c a lg a lg b lg c.
2
2
2
探究提高 分析法和综合法是对立统一的两种
方法，分析法的证明过程，恰好是综合法的分
析、思考过程，综合法是分析法的逆过程.
a2
a
即a 2 1 4 a 2 1 4
a2
a2
a2 2 1 2 2(a 1) 2,
a2
a
从而只要证2 a2 1 2(a 1),
a2
a
只要证4(a2 1 ) 2(a2 2 1 ),即a2 1 2,
a2
,故原不等式成立.
只需证明 sin( x1 x2 ) sin( x1 x2 ) . 2 cos x1 cos x2 1 cos(x1 x2 )
4分
由于x1、
x
2
(0,
π 2
),
故x1
x2
(0, π).
∴cos x 1cos x 2>0,sin(x 1+x 2)>0,
1+cos(x 1+x 2)>0,
苏教版高三数学复习课件11.2 直接证明与间接证明
面PAB与面PCD的交线． (1)证明：因为∠ABC＝90°，AD∥BC，所以AD⊥AB. 又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PA. 同理可得AB⊥PA. 由于AB、AD⊂平面ABCD，且AB∩AD＝A，所以PA⊥平面ABCD.
(1)分清命题的条件和结论； (2)作出与命题结论相矛盾的假设； (3)由假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果； (4)断定产生矛盾结果的原因，则开始所作的假定不真，于是原 结论成立，从而间接的证明原命题为真．
4．用反证法证明时，当求证结论的否定有几种不同的情况时，应当一
(1)若CD∥平面PBO，试指出点O 的位置；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
(1)解：因为CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面 PBO＝BO， 所以BO∥CD.又BC∥AD，所以四边形BCDO为平行四边形，则BC＝ DO. 而AD＝3BC，故点O的位臵满足AO＝2OD. (2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD， AB⊂底面ABCD，且AB⊥交线AD，所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD. 又PA⊥PD，且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，AB∩PA＝A， 所以PD⊥平面PAB.而PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.
证明：假设 <2和 <2都不成立，则有 ≥2和
≥2同时成
因为x>0且
y>0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x，两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2，这与已知条件x＋y>2矛盾，因此
<2和
<2中
变式3：设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和. (1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为
(1)分清命题的条件和结论； (2)作出与命题结论相矛盾的假设； (3)由假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结果； (4)断定产生矛盾结果的原因，则开始所作的假定不真，于是原 结论成立，从而间接的证明原命题为真．
4．用反证法证明时，当求证结论的否定有几种不同的情况时，应当一
(1)若CD∥平面PBO，试指出点O 的位置；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
(1)解：因为CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面 PBO＝BO， 所以BO∥CD.又BC∥AD，所以四边形BCDO为平行四边形，则BC＝ DO. 而AD＝3BC，故点O的位臵满足AO＝2OD. (2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD， AB⊂底面ABCD，且AB⊥交线AD，所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD. 又PA⊥PD，且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，AB∩PA＝A， 所以PD⊥平面PAB.而PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.
证明：假设 <2和 <2都不成立，则有 ≥2和
≥2同时成
因为x>0且
y>0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x，两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2，这与已知条件x＋y>2矛盾，因此
<2和
<2中
变式3：设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和. (1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？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
(
高考数学一轮复习5直接证明与间接证明课件理
第二十六页，共二十九页。
解析：(1)所有的循环小数是有理数，(大前提) 0．332·是循环小数，(小前提) 所以，0.332·是有理数．(结论) (2)因为每一个矩形的对角线相等，(大前提) 而正方形是矩形，(小前提) 所以正方形的对角线相等．(结论) (3)数列{an}中，如果当 n≥2 时，an－an－1 为常数，则{an} 为等差数列，(大前提) 通项公式 an＝2n＋3 时，若 n≥2， 则 an－an－1＝2n＋3－[2(n－1)＋3]＝2(常数)，(小前提) 通项公式 an＝2n＋3 表示的数列为等差数列．(结论)
考向二 归纳推理[互动讲练型] [例 1] 如图所示，在圆内画一条线段，将圆分成两部分； 画两条线段，彼此最多分割成 4 条线段，将圆最多分割成 4 部分； 画三条线段，彼此最多分割成 9 条线段，将圆最多分割成 7 部分； 画四条线段，彼此最多分割成 16 条线段，将圆最多分割成 11 部 分．
第二十五页，共二十九页。
[变式练]——(着眼于举一反三) 2．把下列演绎推理写成三段论的形式． (1)循环小数是有理数，0.332·是循环小数，所以 0.332·是有理 数； (2)矩形的对角线相等，正方形是矩形，所以正方形的对角 线相等； (3)通项公式 an＝2n＋3 表示数列{an}为等差数列．
由类比推理知：体积比是棱长比的立方． 即可得它们的体积比为 1:8. 答案：1:8
第九页，共二十九页。
6．∵a＝(1,0)，b＝(0，－1)，∴a·b＝(1,0)·(0，－1)＝1×0 ＋0×(－1)＝0.∴a⊥b.
大前提：_______________________________________； 小前提：_______________________________________； 结论：_________________________________________.
解析：(1)所有的循环小数是有理数，(大前提) 0．332·是循环小数，(小前提) 所以，0.332·是有理数．(结论) (2)因为每一个矩形的对角线相等，(大前提) 而正方形是矩形，(小前提) 所以正方形的对角线相等．(结论) (3)数列{an}中，如果当 n≥2 时，an－an－1 为常数，则{an} 为等差数列，(大前提) 通项公式 an＝2n＋3 时，若 n≥2， 则 an－an－1＝2n＋3－[2(n－1)＋3]＝2(常数)，(小前提) 通项公式 an＝2n＋3 表示的数列为等差数列．(结论)
考向二 归纳推理[互动讲练型] [例 1] 如图所示，在圆内画一条线段，将圆分成两部分； 画两条线段，彼此最多分割成 4 条线段，将圆最多分割成 4 部分； 画三条线段，彼此最多分割成 9 条线段，将圆最多分割成 7 部分； 画四条线段，彼此最多分割成 16 条线段，将圆最多分割成 11 部 分．
第二十五页，共二十九页。
[变式练]——(着眼于举一反三) 2．把下列演绎推理写成三段论的形式． (1)循环小数是有理数，0.332·是循环小数，所以 0.332·是有理 数； (2)矩形的对角线相等，正方形是矩形，所以正方形的对角 线相等； (3)通项公式 an＝2n＋3 表示数列{an}为等差数列．
由类比推理知：体积比是棱长比的立方． 即可得它们的体积比为 1:8. 答案：1:8
第九页，共二十九页。
6．∵a＝(1,0)，b＝(0，－1)，∴a·b＝(1,0)·(0，－1)＝1×0 ＋0×(－1)＝0.∴a⊥b.
大前提：_______________________________________； 小前提：_______________________________________； 结论：_________________________________________.
2015高考数学(理)一轮复习考点突破课件：12.4直接证明与间接证明
2 2
1 a ＋a2＋4≥
2
1 1 a ＋2＋a2＋2 2a＋a＋2，
从而只要证 2 只要证
1 1 a ＋a2≥ 2a＋a，
2
1 2 1 1 2 2 4 a ＋a2 ≥2 a ＋2＋a2 ，即 a ＋a2≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
针对训练 2．已知 a＞0，求证： 证明：要证 只要证
2 2
1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2.
2
1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2， 1 1 a ＋a2＋2≥a＋a＋ 2.
1 1 2 a ＋ 2＋2 ≥a＋a＋ 22， a
2
∵a＞0，故只要证
1 即 a ＋a2＋4
题型三
反证法的应用 x－2 (2014· 金华模拟)已知函数 f(x)＝a ＋ (a＞1)． x＋1
x
(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 x1，x2∈(－1，＋∞)，
不妨设 x1＜x2，则 x2－x1＞0. ∵a＞1， ∴ax2－x1＞1 且 ax1＞0， ∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0. 又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0， x2－2 x1－2 ∴ － x2＋1 x1＋1 x2－2x1＋1－x1－2x2＋1 ＝ x1＋1x2＋1
• 2．从考查形式看，题型主要以解答题为主，并且注重
与其他知识交汇在一起命题．
• 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 ，最后推导出所要证明的结论 推理论证 ，这种证明方法叫做综合法． 成立
1 a ＋a2＋4≥
2
1 1 a ＋2＋a2＋2 2a＋a＋2，
从而只要证 2 只要证
1 1 a ＋a2≥ 2a＋a，
2
1 2 1 1 2 2 4 a ＋a2 ≥2 a ＋2＋a2 ，即 a ＋a2≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
针对训练 2．已知 a＞0，求证： 证明：要证 只要证
2 2
1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2.
2
1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2， 1 1 a ＋a2＋2≥a＋a＋ 2.
1 1 2 a ＋ 2＋2 ≥a＋a＋ 22， a
2
∵a＞0，故只要证
1 即 a ＋a2＋4
题型三
反证法的应用 x－2 (2014· 金华模拟)已知函数 f(x)＝a ＋ (a＞1)． x＋1
x
(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 x1，x2∈(－1，＋∞)，
不妨设 x1＜x2，则 x2－x1＞0. ∵a＞1， ∴ax2－x1＞1 且 ax1＞0， ∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0. 又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0， x2－2 x1－2 ∴ － x2＋1 x1＋1 x2－2x1＋1－x1－2x2＋1 ＝ x1＋1x2＋1
• 2．从考查形式看，题型主要以解答题为主，并且注重
与其他知识交汇在一起命题．
• 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 ，最后推导出所要证明的结论 推理论证 ，这种证明方法叫做综合法． 成立
2015高考总复习数学(文)课件：10.2 直接证明与间接证明
中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示要证 明的结论)．
(2)分析法 要证明的结论 出发，逐步寻求使它成立的 ①定义：从________________ 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：
an a1 ∴数列 n 是首项为 1 ＝1的常数列．
an ∴ n ＝1，即an＝n(n∈N*)． ∴数列 an 的通项公式为an＝n(n∈N*)．
n＋1an nan－1 方法二，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ 2 － 2 ， an n 即 ＝ (n≥2)． an－1 n－1 an－1 n－1 a3 a2 3 an n ∴an＝ × ×„× a × a ×a1＝ × ×„× 2 an－1 an－2 n－1 n－2 2 1 2 ×1×1＝n. ∵a1＝1，符合an的表达式． ∴数列 an 的通项公式为an＝n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝lnan，是否存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1， bk＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的 k 值；若不存 在，请说明理由．
解：(1)方法一，当n≥2时， n＋1an nan－1 an＝Sn－Sn－1＝ 2 － 2 ， an an－1 即n＝ (n≥2)． n－1
(2)假设存在k(k≥2，m，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比 数列，则bkbk＋2＝b2 k＋1. ∵bn＝lnan＝lnn(n≥2)，
lnk＋ ∴bkbk＋2＝lnk· ln(k＋2)< 2 ＝ k2＋2k 2 k＋ < 2 2
(2)分析法 要证明的结论 出发，逐步寻求使它成立的 ①定义：从________________ 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：
an a1 ∴数列 n 是首项为 1 ＝1的常数列．
an ∴ n ＝1，即an＝n(n∈N*)． ∴数列 an 的通项公式为an＝n(n∈N*)．
n＋1an nan－1 方法二，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ 2 － 2 ， an n 即 ＝ (n≥2)． an－1 n－1 an－1 n－1 a3 a2 3 an n ∴an＝ × ×„× a × a ×a1＝ × ×„× 2 an－1 an－2 n－1 n－2 2 1 2 ×1×1＝n. ∵a1＝1，符合an的表达式． ∴数列 an 的通项公式为an＝n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝lnan，是否存在k(k≥2，k∈N*)，使得bk，bk＋1， bk＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的 k 值；若不存 在，请说明理由．
解：(1)方法一，当n≥2时， n＋1an nan－1 an＝Sn－Sn－1＝ 2 － 2 ， an an－1 即n＝ (n≥2)． n－1
(2)假设存在k(k≥2，m，k∈N*)，使得bk，bk＋1，bk＋2成等比 数列，则bkbk＋2＝b2 k＋1. ∵bn＝lnan＝lnn(n≥2)，
lnk＋ ∴bkbk＋2＝lnk· ln(k＋2)< 2 ＝ k2＋2k 2 k＋ < 2 2
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.
高三数学一轮复习精品课件：第2讲 直接证明与间接证明
π ∴A＝C，∴A＝B＝C＝ 3 ，角形
考点一 综合法的应用 【例 1】 (2017·东北三省三校模拟)已知 a，b，c>0，a＋b＋c＝1.
求证： (1) a＋ b＋ c≤ 3； (2)3a1＋1＋3b1＋1＋3c＋1 1≥32. 证明 (1)∵( a＋ b＋ c)2＝(a＋b＋c)＋2 ab＋2 bc＋ 2 ca≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3， ∴ a＋ b＋ c≤ 3.
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②
由①②得a2>ab>b2.
答案 B
4.用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A.方程x3＋ax＋b＝0没有实根 B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根 C.方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根 D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根 解析 因为“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于 “方程x3＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于1”，所以要做的 假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”. 答案 A
5.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________.
解析
由题意
2B＝A＋C，又
π A＋B＋C＝π，∴B＝ 3 ，又
b2
＝ac，由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
结论成立
定义、公理等)为止
实质
由因导果
执果索因
框图 表示
文字 语言
P⇒Q1
高三数学一轮复习 6.5直接证明与间接证明课件
第一页，共45页。
[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
——————————————————————————
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。
—————
————————————
2．反证法的解题原则
[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
——————————————————————————
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
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.
7
方法二：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc ≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2， ∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1 ∴a2＋b2＋c2≥13. 方法三：设 a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ. ∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0. ∴a2＋b2＋c2＝13＋α2＋13＋β2＋13＋γ2 ＝13＋23(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2
或与公理、定理矛盾，是反证法的正确运用
D．将被否定的结论当条件，原题的条件不能当条件
.
3
3．用反证法证明命题：“三角形的外角至少有两个钝角” 时，应假设( C )
A．三个内角都是钝角 B．三个内角都不是钝角 C．三个内角至多有一个钝角 D．三个内角至多有两个钝角
解析：命题：“三角形的外角至少有两个钝角”等价于“三 角形的外角有两个钝角或三个钝角”，应假设“三角形的三个 内角至多有一个钝角”．
9＋3 2.
(1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn；
.
14
(2)设 bn＝Snn(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都 不可能成为等比数列．
解题思路：本小题考查等差数列的概念、通项公式与前 n
解析：利用分析法．
.
5
考点 1 综合法 例 1: 已知 a、b、c 为正实数，a＋b＋c＝1. 求证：(1)a2＋b2＋c2≥13； (2) 3a＋2＋ 3b＋2＋ 3c＋2≤6.
.
6
解析：(1)方法一：a2＋b2＋c2－13 ＝13(3a2＋3b2＋3c2－1) ＝13[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2] ＝13(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc) ＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0. ∴a2＋b2＋c2≥13.
＋cosC.
解：∵△ABC 为锐角三角形，∴A＋B>π2，∴A>π2－B. ∵y＝sinx 在0，π2上是增函数， ∴sinA>sinπ2－B＝cosB. 同理可得 sinB>cosC，sinC>cosA. ∴sinA＋sinB＋sinC>cosA＋cosB＋cosC.
.
11
考点 2 分析法
例 2：已知 a>b>0，求证： a－ b< a－b.
.
12
合法与分析法相结合，对证明较复杂的命题有很好的效果．先
用分析法寻找命题成立的一个充分条件，再用综合法从条件出
发，推出一些间接结论，两者接轨时，命题就得以证明．
【互动探究】
2．已知 a＞0，求证： a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
解：要证 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2，
只要证 a2＋a12＋2≥a＋1a＋ 2.
.
8
＝13＋α2＋β2＋γ2≥13.
∴a2＋b2＋c2≥13. (2)∵ 3a＋2＝ 3a＋2×1≤3a＋22＋1＝3a2＋3， 同理 3b＋2≤3b2＋3， 3c＋2≤3c＋2 3， ∴ 3a＋2＋ 3b＋2＋ 3c＋2≤3a＋b2＋c＋9＝6. ∴原不等式成立．
.
9
(1)综合法证不等式时，以基本不等式为基 础，以不等式的性质为依据，进行推理论证．因此，关键是找 到与要证结论相匹配的基本不等式及其不等式的性质．
∵a＞0，故只要证
a2＋a12＋22≥a＋1a＋
22，
.
13
即 a2＋a12＋4
a2＋a12＋4≥a2＋2＋a12＋2 2a＋1a＋2，
从而只要证 2
a2＋a12≥ 2a＋1a，
只要证 4a2＋a12≥2a2＋2＋a12，
即 a2＋a12≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．
考点 3 反证法
例 3：等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1＝1＋ 2，S3＝
.
4
4．若三角形能被分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角
形一定是( B )
A．锐角三角形
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．不能确定
解析：过直角三角形的直角顶点作斜边的高，所得的三角
形与原三角形相似．
5．要证明不等式 6＋ 7>2 2＋ 5成立，只需证明(__6_ ＋ ____7_)_2>_(_2___2_＋____5_)2_.
解析：要证 a－ b< a－b， 只需证( a－ b)2<( a－b)2. 即证 a＋b－2 ab<a－b，只需证 b< ab，即证 b<a. 显然 b<a 成立， 因为 b<a，因此 a－ b< a－b成立．
(1)注意分析法的“格式”是“要证…，只 需证…，”而不是“因为…，所以…”；(2)注意分析法的适用 范围，如含根式、分式的不等式的证明，常常用分析法；(3)综
(2)综合法的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．综合 法的特点是“由因导果”，本题就是根据函数的解析式(条件)， 推出该函数满足“理想函数的所有条件”．
.
10
【互动探究】 1．在锐角 ABC 中，求证：sinA＋sinB＋sinC>cosA＋cosB
.
2
1．下列说法不正确的是( D )
A．综合法是由因导果的顺推证法
B．分析法是执果索因的逆推证法
C．综合法与分析法都是直接证法
D．综合法与分析法在同一题中不可能同时采用
2．用反证法证明一个命题时，下列说法正确的是( C )
A．将结论与条件同时否定，推出矛盾
B．肯定条件，否定结论，推出矛盾
C．将被否定的结论当条件，经过推理得出的结论与原条件
的条件(已知条件、定义、公理、定理等)为止的证明方法．
.
1
2．间接证明 _反__证__法_是假设命题的结论不成立，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的证明 方法，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．
第2讲 直接证明与间接证明
1．直接证明 (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，逐步寻求使它成明显成立