第四节 直接证明与间接证明
直接证明与间接证明 课件
法二：分析法 因为a>0，b>0，a＋b＝1，要证1a＋1b＋a1b≥8. 只要证1a＋1b＋a＋abb≥8， 只要证1a＋1b＋1b＋1a≥8，即证1a＋1b≥4. 也就是证a＋a b＋a＋b b≥4.即证ba＋ab≥2， 由基本不等式可知，当a>0，b>0时，ba＋ab≥2成立， 所以原不等式成立．
[典例] 设a>0，f(x)＝aa＋xx，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*. (1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式； (2)用数学归纳法证明你的结论． [解] (1)∵a1＝1， ∴a2＝f(a1)＝f(1)＝1＋a a； a3＝f(a2)＝2＋a a；a4＝f(a3)＝3＋a a. 猜想an＝(n－a1)＋a(n∈N*)．
正确的反设为
()
A．a，b，c都是偶数
B．a，b，c都是奇数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数
(2)已知：ac≥2(b＋d)．
求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一
个方程有实数根．
[解析] (1)自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是 奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以 否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为“a， b，c中都是奇数或至少有两个偶数．”
数学归纳法
(1)数学归纳法在近几年高考试题中都有所体现，常与 数列、不等式结合在一起考查，一般涉及通项公式的求 解，相关等式、不等式的证明等，考查模式一般为“归纳 ——猜想——证明”．
(2)数学归纳法是一种特殊的直接证明的方法，在证明 一些与正整数有关的数学命题时，往往是非常有用的研究 工具．在使用时注意“归纳奠基”和“归纳递推”两个步 骤缺一不可．
第四节 直接证明与间接证明
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规律总结 1.利用分析法证明问题的思路 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,或证明过程中所需知识不太明 确时,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.
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(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. ( √ ) 答案 (1)✕ (2)✕ (3)✕ (4)✕ (5)√ (6)√
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2.命题“对任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的证明:“cos4θ-sin4θ=(cos2θsin2θ)(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
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6.(教材习题改编)在△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A,B,
C成等差数列,a,b,c成等比数列,则△ABC的形状为
.
答案 等边三角形
解析 由题意知2B=A+C,又A+B+C=π,所以B= ,易知b2=ac,所以b2=a2+c2
3
-2acos B=a2+c2-ac,所以a2+c2-2ac=0,即(a-c)2=0,所以a=c,所以A=C,所以A=
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直接证明与间接证明课件
基础知识梳理
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，这样的证明方法叫反证法．
三基能力强化
用反证法证明命题：若整系数一元 二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数 根，那么a、b、c中至少有一个是偶数 时，下列假设中正确的是( ) A．假设a、b、c都是偶数 B．假设a、b、c都不是偶数 C．假设a、b、c至多有一个偶数 D．假设a、b、c至多有两个偶数 答案：B
基础知识梳理
综合法和分析法有什么区别与联系？ 分析法的特点是：从“未知”看“需知”， 逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻 求它的充分条件； 综合法的特点是：从“已知”看“可知”， 逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是寻 找它的必要条件． 分析法与综合法各有其特点，有些具体 的待证命题，用分析法或综合法均能证明出 来，往往选择较简单的一种．
直接证明与间接证明
基础知识梳理
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，经过一系列的推理证明 ，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：
P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →…→ Qn⇒Q (其 中 P 表示条件，Q 表示要证结论)．
课堂互动讲练
一般地，含有根号、绝对值的等式 或不等式，若从正面不易推导时，可以 考虑用分析法．
课堂互动讲练
反证法体现了正难则反的思维方法，用反证 法证明问题的一般步骤是： (1)分清问题的条件和结论； (2)假定所要证的结论不成立，而设结论的反 面成立(否定结论)； (3)从假定和条件出发，经过正确的推理，导 出与已知条件、公理、定理、定义及明显成立的 事实相矛盾或自相矛盾(推导矛盾)； (4)因为推理正确，所以断定产生矛盾的原因 是“假设”错误．既然结论的反面不成立，从而证 明了原结论成立(结论成立)．
2014届高考江苏专用(理)一轮复习第十四章第4讲直接证明与间接证明
(3)分析法定义： 保证前一个结论成立 从求证的结论出发，一步一步地探索__________________ 的充分条件 ___________，直到归结为这个命题的条件，或者归结为
定义、公理、定理等．这样的思维方法称为分析法．
(4)框图表示： Q⇐P1 → P1⇐P2 → P2⇐P3 →…→ 得到一个明显成立的条件 .
考向二
分析法的应用
【例2】 (2011· 湖北卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足： a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1，r≠0)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断： 对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差 数列，并证明你的结论．
数列”？若是，指出它对应的实常数p、q，若不是，请说明
理由； (2)已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝3·n(n∈N*)．若数列 2 {an}是“优美数列”，求数列{an}的通项公式． 解 (1)∵an＝2n，则有an＋1＝an＋2，n∈N*.
∴数列{an}是“优美数列”，对应的p、q值分别为1、2；
而an＋an＋1＝3·n(n∈N*)， 2 且an＋1＋an＋2＝3·n＋1(n∈N*)， 2 则有3·n＋1＝3·np＋2q对于任意n∈N*都成立， 2 2 即3·n(2－p)＝2q对于任意n∈N*都成立， 2
∴p－2＝0，即p＝2，q＝0.此时，an＋1＝2an，
又∵a1＝2，∴an＝2n(n∈N*)．
(2)证明
4 3 用反证法证明．
4 3
4 3
假设数列{bn}存在三项 br， s， t(r<s<t)按某种顺序成等差数列， b b 1 2 由于数列{bn}是首项为 ， 公比为 的等比数列， 于是有 br>bs>bt， 4 3 则只可能有 2bs＝br＋bt 成立． 12 s－ 1 12 r－1 12 t－1 ∴2· ＝ ＋ ， 43 43 43 两边同乘 3t－ 121－ r，化简得 3t－ r＋2t－ r＝2·s－ r3t－ s. 2 由于 r<s<t，所以上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可 能成立，导致矛盾． 故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．
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．。
第4节直接证明与间接证明
【例2】 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.
(2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N+, (ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1, q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1, 因为a1≠0,所以2qk=qk-1+qk+1, 因为q≠0,所以q2-2q+1=0,所以q=1,这与已知矛盾. 所以假设不成立,故{an+1}不是等比数列.
是(C )
(A)锐角三角形 (B)直角三角形
(C)钝角三角形
(D)不确定
2.要证:a2+b2-1-a2b2≤0,只要证明( D ) 解析:因为a2+b2-1-a2b2≤0⇔(a2-1)(b2-1)≥0,故选D.
3.在△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A,B,C成等差数列,a,
b,c成等比数列,则△ABC的形状为
三角形.
答案:等边
4.已知函数f(x)=lg ,若f(a)=b,则f(-a)=
.(用b表示)
答案:-b
考点专项突破
在讲练中理解知识
直接证明与间接证明
直接证明与间接证明知识点：一、直接证明1、综合法（1）定义：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.（2）综合法的特点：综合法又叫“顺推证法”或“由因导果法”.它是从已知条件和某些学过的定义、公理、公式、定理等出发，通过推导得出结论.2、分析法（1）定义：一般地，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。
（2）分析法的特点：分析法又叫“逆推证法”或“执果索因法”.它是要证明结论成立，逐步寻求推证过程中，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.二、间接证明反证法1、定义：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.2、反证法的特点：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.３、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.４反证法主要适用于以下两种情形：（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；（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.例题讲解：一、选择题：1．命题“对于任意角θ，cos4θ－s in4θ＝cos2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”过程应用了()A．分析法B．综合法C．综合法、分析法综合使用D．间接证明法答案：B2．已知x1>0，x1≠1且x n＋1＝x n·(x2n＋3)3x2n＋1(n＝1,2，…)，试证：“数列{x n}对任意的正整数n，都满足x n>x n＋1，”当此题用反证法否定结论时应为()A ．对任意的正整数n ，有x n ＝x n ＋1B ．存在正整数n ，使x n ≤x n ＋1C ．存在正整数n ，使x n ≥x n －1，且x n ≥x n ＋1D ．存在正整数n ，使(x n －x n －1)(x n －x n ＋1)≥0解析：根据全称命题的否定，是特称命题，即“数列{x n }对任意的正整数n ，都满足x n >x n ＋1”的否定为“存在正整数n ，使x n ≤x n ＋1”，故选B. 答案：B3．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0 解析：因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0，故选D. 答案：D4．已知a 、b 是非零实数，且a >b ，则下列不等式中成立的是( )A.b a<1 B ．a 2>b 2 C ．|a ＋b |>|a －b | D.1ab 2>1a 2b 解析：b a <1⇔b －a a<0⇔a (a －b )>0. ∵a >b ，∴a －b >0.而a 可能大于0，也可能小于0，因此a (a －b )>0不一定成立，即A 不一定成立；a 2>b 2⇔(a －b )(a ＋b )>0，∵a －b >0，只有当a ＋b >0时，a 2>b 2才成立，故B 不一定成立；|a ＋b |>|a －b |⇔(a ＋b )2>(a －b )2⇔ab >0，而ab <0也有可能，故C 不一定成立；由于1ab 2>1a 2b ⇔a －b a 2b 2>0⇔(a －b )·a 2b 2>0. ∵a ，b 非零，a >b ，∴上式一定成立，因此只有D 正确．故选D.答案：D5．(2009·杭州市模拟)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b ∈(0，＋∞)，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 ≤BC ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：因为当a ，b ∈(0，＋∞)时，a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b，且函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，在R 上为减函数，所以A ≤B ≤C ，故选A.答案：A6．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝1＋x ，c ＝11－x中最大的一个是( ) A ．aB ．bC ．cD ．不能确定解析：易得1＋x >2x >2x .∵(1＋x )(1－x )＝1－x 2<1，又0<x <1，即1－x >0.∴1＋x <11－x.答案：C 二、填空题：7．否定“任何三角形的外角都至少有两个钝角”其正确的反设应是________． 解析：本题为全称命题，其否定为特称命题．答案：存在一个三角形，它的外角至多有一个钝角8．已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b 2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是________． 解析：y 2＝(a ＋b )2＝a ＋b ＝2(a ＋b )2>(a ＋b )22＝x 2.答案：x <y 9．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：因为a ＋b ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋9b ＝b a ＋9a b ＋10≥16(当且仅当b a ＝9a b，即b ＝3a 时取等号)，a ＋b ≥μ恒成立⇔μ≤(a ＋b )min ，所以μ≤16.又μ∈(0，＋∞)，故0<μ≤16.答案：(0,16]10．(原创题)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 ⇔(a －b )2·(a ＋b )>0⇔a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b三、解答题：11．已知a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1.求证：a ＋b ＋c <1a ＋1b ＋1c.证明：∵a ，b ，c 是不等正数，且abc ＝1， ∴a ＋b ＋c ＝1bc ＋1ca ＋1ab <1b ＋1c 2＋1c ＋1a 2＋1a ＋1b 2＝1a ＋1b ＋1c. 12．已知：a >0，b >0，a ＋b ＝1.求证： a ＋12＋b ＋12≤2. 证明：要证 a ＋12＋b ＋12≤2.只要证：a ＋12＋b ＋12＋2(a ＋12)(b ＋12)≤4， ∵由已知知a ＋b ＝1，故只要证：(a ＋12)(b ＋12)≤1， 只要证：(a ＋12)(b ＋12)≤1，只要证：ab ≤14， ∵a >0，b >0,1＝a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤14，故原不等式成立． 13．(2010·浦东模拟)△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 分别为三内角A ，B ，C 的对边．求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 解：要证明1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c ，只需证明a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，只需证明c a ＋b ＋a b ＋c＝1，只需证明c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )·(b ＋c )，只需证明c 2＋a 2＝ac ＋b 2.∵△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，∴B ＝60°，则余弦定理，有b 2＝c 2＋a 2－2ac cos60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，∴c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立．故原命题成立，得证．。
直接证明与间接证明 知识点+例题+练习
教
学
过
程
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．
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1．(2014·安阳模拟)若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是________．
①1
a＜
1
b；②a＋
1
b＞b＋
1
a；③b＋
1
a＞a＋
1
b；④
b
a＜
b＋1
a＋1
.
2．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，应反设________成立．
3．(2014·上海模拟)“a＝1
4”是“对任意正数x，均有x＋
a
x≥1”的
________条件．教学效果分析。
一轮优化探究理数(苏教版)课件：第十章 第四节 直接证明与间接证明
(1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn； Sn (2)设 bn＝ n (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．
a1＝1＋ 2， 解析：(1)由已知得 3a1＋3d＝9＋3
2，
∴d＝2. 故 an＝2n－1＋ 2，Sn＝n(n＋ 2)． Sn (2)证明：由(1)得 bn＝ ＝n＋ 2. n 假设数列{bn}中存在三项 bp，bq，br(p，q，r 互不相等)成等比 数列，则 b2 br. q＝bp· 即(q＋ 2)2＝(p＋ 2)(r＋ 2)．
第十章 算法初步、复数、推理与证明 第四节 直接证明与间接证明
主干知识 自主排查
C
目 录
ONTENTS
核心考点 互动探究 真题演练 高考预测 课时作业 知能提升
主干知识 自主排查
一、直接证明 内容 综合法 分析法
从要证明的结论出发，逐步 利用已知条件和某些数学 寻求使它成立的充分条件 ， 定义、公理、定理等，经过 直到最后，把要证明的结论 定义 归结为判定一个明显成立 一系列的推理论证，最后推 的条件(已知条件， 定理， 定 导出所要证明的结论 成立 义，公理等)为止．
c2 ＋a≥2c. a a2 b2 c2 三式相加： b ＋ c ＋ a ＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)， a2 b2 c2 即 b ＋ c ＋ a ≥a＋b＋c.
|a|＋|b| 【例 2】 已知非零向量 a⊥b，求证： ≤ 2. |a－b|
证明：∵a⊥b，∴a· b＝0. |a|＋|b| 要证 ≤ 2，只需证：|a|＋|b|≤ 2|a－b|， |a－b| 平方得：|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a· b)， 只需证：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0， 即(|a|－|b|)2≥0，显然成立，故原不等式得证.
直接证明与间接证明-PPT精选文档
因为……所以……或由……得……
要证……只需证……即证……
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 明方法叫反证法．
考基联动
考向导析
限时规范训练
联动思考
综合法和分析法有什么区别与联系？ 提示：分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理， 实际上是寻求它的充分条件；综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向 “未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．分析法与综合法各有其特点， 有些具体的待证命题，用分析法或综合法均能证明出来，往往选择较简单的一种．
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
考基联动
考向导析
限时规范训练
迁移发散 1 1 1 1．设 a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证： ＋ ＋ ≥8. a b ab 证明：∵a＋b＝1， 1 1 1 a＋b a＋b a＋b ∴ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ a b ab a b ab b a a＋b ＝1＋ ＋1＋ ＋ ≥2＋2 a b ab ＝2＋2＋4＝8. a＋b ba ·＋ a b a＋b2 2
考基联动
考向导析
限时规范训练
考向二 分析法
|a|＋|b| 【例 2】 已知非零向量 a，b，且 a⊥b，求证： ≤ 2. |a＋b| 证明：a⊥b⇔a· b＝0， 要证 |a|＋|b| ≤ 2， |a＋b|
只需证|a|＋|b|≤ 2|a＋b|， 只需证|a| ＋2|a||b|＋|b| ≤2(a ＋2a· b＋b ) 只需证|a|2 ＋2|a||b|＋|b|2 ≤2a2 ＋2b2 ， 只需证|a| ＋|b| －2|a||b|≥0， 即(|a|－|b|)2 ≥0， 上式显然成立，故原不等式得证．
2.2直接证明与间接证明(4课时)
2.2
直接证明与间接证明
2.2.2
反证法
问题提出
1.综合法和分析法的基本含义分别 是什么？ 综合法：利用已知条件和某些数学定义、 公理、定理、性质、法则等，经过一系 列的推理论证，最后推导出所证结论成 立. 分析法：从所证结论出发，逐步寻求使 它成立的充分条件，直到归结为判定一 个显然成立的条件（已知条件、定义、 公理、定理、性质、法则等）为止.
2
2
2
9 4
例4 求证：面积为1的三角形不能被 面积小于2的平行四边形所覆盖.
D P
E N F B
C
K
M
A
流程:
P Þ Q1 Q1 Þ Q 2 Q 2 Þ Q 3
„
Qn Þ Q
2.分析的基本含义和思维流程分别 是什么？
含义:从所证结论出发，逐步寻求使它成 立的充分条件，直到归结为判定一个显 然成立的条件（已知条件、定义、公理、 定理、性质、法则等）为止. 流程: Q Ü P1 P1 Ü P2 P2 Ü P3 …
大前提：已知的一般原理； 小前提：所研究的特殊情况；
结 论：根据一般原理，对特殊情况做 出判断.
3.合情推理所得结论的正确性是需要 证明的，演绎推理的实施也需要具体的 操作方法，因此，从理论上获取证明数 学命题的基本方法，是我们需要进一步 学习的内容.
探究（一）：综合法
思考1：对于不等式
a(b + c ) + b(c + a )
2.2
2.2.1
直接证明与间接证明
综合法和分析法
问题提出
1 5730 p 2
t
1.合情推理的主要作用和思维过程是 什么？
作用：提出猜想，发现结论； 过程：从具体问题出发→观察、分析、 比较、联想→归纳、类比→提出猜想.
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文数
课标版
第四节 直接证明与间接证明
教材研读
栏目索引
1.直接证明
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 从要证明的结论出发,逐步寻求使它成
、定理
立的② 充分 条件,直至最后,把要证
等,经过一系列的推理论证,最后推导 明的结论归结为判定一个明显成立的
出所要
条件(已知条件、定理、定义、公理等)
栏目索引
2.用分析法证明时出现:欲使①A>B,只需②C<D,这里①是②的 ( ) 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 答案 B 由题意可知,应用②⇒①,故①是②的必要条件.
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3.用反证法证明命题:“三角形的内角中至少有一个不大于60度”,假设 正确的是 ( ) A.假设三个内角都不大于60度 B.假设三个内角都大于60度 C.假设三个内角至多有一个大于60度 D.假设三个内角至多有两个大于60度 答案 B 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度.故选B.
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判断下列结论的正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (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必要条件. (×) (3)反证法是将条件和结论同时否定,推出矛盾. (×) (4)用反证法证明结论“a>b”时,应假设“a<b”. (×)
点,其中n∈N*,设cn=an-bn,则cn与cn+1的大小关系为
.
答案 cn>cn+1
解析 由题意知,an= n2 1,bn=n,
∴cn= n2 1-n= 1 .
n2 1 n
显然,cn随着n的增大而减小,
∴cn>cn+1.
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考点突破
考点一 综合法的应用
典例1 (2016湖北武汉模拟)已知函数f(x)=(λx+1)ln x-x+1.
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1-1 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:f
x
1 2
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-
1 2
代入上式可得f
x
1 2
1 =f
x
1 2
,即f
x
1 2
=f
x
证明的结论① 成立
为止
实质
由因导果
执果索因
框图表示
P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个 明显成立的条件
文字语言
因为……所以…… 或由……得……
要证……只需证……即证……
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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:假设原命题③ 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④ 矛盾 ,因此说明假设错误,从 而证明⑤ 原命题成立 的证明方法. (2)用反证法证明的一般步骤:(i)反设——假设命题的结论不成立;(ii)归 谬——根据假设进行推理,直到推出矛盾为止;(iii)结论——断言假设不 成立,从而肯定原命题的结论成立.
(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:
f x
(x) 1
>0.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
当λ=0时, f(x)=ln x-x+1.
则f
'(x)=
1 x
-1,令f
'(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时, f '(x)>0,∴f(x)在(0,1)上是增函数;
2
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方法技巧 (1)分析法采用逆向思维,当已知条件与结论之间的联系不够明显、直 接,或证明过程中所需要用的知识不太明确、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,从正面不易推导时,常考虑 用分析法.(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可 逆的,它的常用书面表达形式为“要证……只需要证……”或“……⇐ ……”.注意用分析法证明时,一定要严格按照格式书写.
1 2
,由偶函数
的定义可知f
x
1 2
为偶函数.
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考点二 分析法的应用
典例2
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
2
x2
.
证明
要证明
f
( x1 )
2
f
(x2 )
≥f
x1
2
x2
,
即证明 (3x1
2x1) (3x2
2x2 )
x1 x2
≥3 2
-2·x1
x2
,
2
2
因此只要证明 3x1
3x2 2
x1 x2
-(x1+x2)≥3 2
-(x1+x2),
即证明 3x1
3x2
≥ 3 x1 x2 2
,
2
因此只要证明 3x1 3x2 ≥ 3x1 3x2 ,
2
由于x1,x2∈R,所以3x1 >0,3x2 >0,
由基本不等式知 3x1 3x2 ≥ 3x1 3x2 成立,故原结论成立.
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4.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使 b + a ≥2成
ab
立的条件的个数是
.
答案 3
解析 要使 b + a ≥2成立,需 b >0,
ab
a
即a与b同号,故①③④均能使 b + a ≥2成立.
ab
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5.已知点An(n,an)为函数y= x2 1图象上的点,Bn(n,bn)为函数y=x图象上的
当0<x<1时, f(x)=(x+1)ln x-x+1=xln x+(ln x-x+1)<0,
∴ f (x) >0.
x 1
当x>1时,
f(x)=ln
x+(xln
x-x+1)=ln
x-x
ln
1 x
1 x
1
>0,∴
f x
(x) 1
>0.
综上可知, f (x) >0.
x 1
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方法技巧 用综合法证题是从已知条件出发,逐步推向结论,综合法的适用范围: (1)定义明确的问题,如判定函数的单调性、奇偶性;(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,在使用综合法证明时, 易出现的错误是因果关系不明确,逻辑表达混乱.
当x>1时, f '(x)<0,∴f(x)在(1,+∞)上是减函数.
故f(x)在x=1处取得最大值,为f(1)=0.
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(2)证明:由题意可得, f '(x)=λlnx+ λx 1-1.
x
由题设条件,得f '(1)=1,即λ=1,
∴f(x)=(x+1)ln x-x+1.
由(1)知,ln x-x+1<0(x>0,且x≠1).
2-1
已知m>0,a,b∈R,求证:
a mb 1 m
2
≤
a2 mb2 1 m
.
证明 ∵m>0,∴1+m>0,
∴要证原不等式成立,
只需证明(a+mb)2≤(1+m)(a2+mb2),
即证m(a2-2ab+b2)≥0,即证(a-b)2≥0, 而(a-b)2≥0显然成立, 故原不等式得证.
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1.命题“对任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的证明:“cos4θ-sin4θ=(cos2θsin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ”过程应用了 ( ) 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 答案 B 因为证明过程是“从左往右”,即由条件⇒结论,故选B.