2013届高考一轮复习 直接证明与间接证明
高考数学一轮总复习 6.6直接证明与间接证明
h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数． h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0， 即f(x)≤g(x)．
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【规律方法】 综合法是一种由因导果的证明方法，即由已 知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合 法又叫做顺推证法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎 推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论 的正确性．
A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析 分析法证明的本质是证明结论成立的充分条件，即② ⇒①，所以①是②的必要条件．
答案 B
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3．△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边 分别为a，b，c.求证：a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c.
证明 要证a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c， 即证a＋a＋b＋b c＋a＋b＋b＋c c＝3也就是a＋c b＋b＋a c＝1， 只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需证c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
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对点自测
知识点一
直接证明
1.要证明 3 ＋ 7 <2 5 ，可选择的方法有以下几种，其中最
合理的是( )
A．综合法
B．分析法
C．反证法
D．归纳法
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解析 要证明 3 ＋ 7 <2 5 成立，可采用分析法对不等式两 边平方后再证明．
答案 B
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2．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C<D，这里①是②的 ()
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J 基础回扣·自主学习
理教材 夯基础 厚积薄发
高考数学(文)一轮复习 6-6直接证明与间接证明
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板块一
板块二
板块三
板块四
高考一轮总复习 ·数学（文）
命题角度 2 证明存在性问题 例 4 若 f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a<b)，则 称函数 f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数． (1)设 g(x)＝12x2－x＋32是[1，b]上的“四维光军”函数， 求常数 b 的值； (2)是否存在常数 a，b(a>－2)，使函数 h(x)＝x＋1 2是区间 [a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出 a，b 的值；若 不存在，请说明理由．
解析 注意到：“至多有一个”的否定应为“至少有两 个”，知需选 B.
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高考一轮总复习 ·数学（文）
3．若实数 a，b 满足 a＋b＜0，则( ) A．a，b 都小于 0 B．a，b 都大于 0 C．a，b 中至少有一个大于 0 D．a，b 中至少有一个小于 0
解析 假设 a，b 都不小于 0，即 a≥0，b≥0，则 a＋b≥0， 这与 a＋b＜0 相矛盾，因此假设错误，即 a，b 中至少有一个 小于 0.
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高考一轮总复习 ·数学（文）
【变式训练 1】 已知 x，y，z 是互不相等的正数，且
x＋y＋z＝1，求证：1x－11y－11z －1>8. 证明 因为 x，y，z 是互不相等的正数，
且 x＋y＋z＝1，
所以1x－1＝1－x x＝y＋x z>2
yz，① x
1y－1＝1－y y＝x＋y z>2
b1＝a1＝1，q＝f(m)＝m2＋m3，
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板块一
直接证明与间接证明 高考大一轮复习ppt课件 人教版
基础诊断
考点突破
课堂总结
【训练3】 已知a≠0，证明关于x的方程ax＝b有且只有一个根．
b 证明 由于 a≠0，因此方程至少有一个根 x＝a. 假设x1，x2是它的两个不同的根，即ax1＝b，
①
ax2＝b，
由①－②得a(x1－x2)＝0， 因为x1≠x2，所以x1－x2≠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.
基础诊断
考点突破
课堂总结
b 2 1 2 2 a· ＝ |a| |b| 1－|a||b| 4 1 2 2 ＝ [|a| |b| －(a· b)2] 4 1 ∴S△ABC＝ |a|2|b|2－（a· b）2. 2
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考点突破
课堂总结
考点二 证明
分析法的应用 要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，
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．
基础诊断 考点突破 课堂总结
3．利用反证法证明数学问题时，要假设结论不成立，并用 假设的命题进行推理，不用假设命题推理而推出矛盾结 果，其推理过程是错误的． [易错防范] 注意推理的严谨性，在证明过程中每一步推理都要有充 分的依据，这些依据就是命题的已知条件和已经掌握了 的数学结论，不可盲目使用正确性未知的自造结论．在
基础诊断
考点突破
课堂总结
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． 不成立 即在原命题的条件 (1)反证法的定义：假设原命题_______( 下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此
2013高考数学(理)一轮复习教案：第十三篇_推理证明、算法、复数第2讲_直接证明与间接证明
第2讲直接证明与间接证明【2013年高考会这样考】1．在历年的高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对它们原理的理解和用法．难度多为中档题，也有高档题．2．从考查形式上看，主要以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程、数列等知识为载体，考查综合法、分析法、反证法等方法．【复习指导】在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟悉三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要加强训练，达到熟能生巧，有效运用它们的目的．基础梳理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．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(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)．(2)分析法①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件.2．间接证明一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒t.t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．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．两个防范(1)利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．(2)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．双基自测1．(人教A版教材习题改编)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＋2abcd＋cd＝ab＋cd＝p，当且仅当madn＝abcm时取等号．答案 B2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝e x(x＜0)，则a与b大小关系为()．A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a≤b解析a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝e x，当x＜0时，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A3．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设为()．A．a，b，c都是奇数B．a，b，c都是偶数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数解析∵a，b，c恰有一个偶数，即a，b，c中只有一个偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一个偶数即全都是奇数，故只有D正确．答案 D4．(2012·广州调研)设a 、b ∈R ，若a －|b |＞0，则下列不等式中正确的是( )． A ．b －a ＞0 B ．a 3＋b 3＜0 C ．a 2－b 2＜0 D ．b ＋a ＞0 解析 ∵a －|b |＞0，∴|b |＜a ，∴a ＞0，∴－a ＜b ＜a ，∴b ＋a ＞0. 答案 D5．在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确．例如：在△ABC 中，若AB ＝AC ，P 是△ABC 内一点，∠APB ＞∠APC ，求证：∠BAP ＜∠CAP ，用反证法证明时应分：假设________和________两类． 答案 ∠BAP ＝∠CAP ∠BAP ＞∠CAP考向一 综合法的应用【例1】►设a ，b ，c ＞0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . [审题视点] 用综合法证明，可考虑运用基本不等式． 证明 ∵a ，b ，c ＞0，根据均值不等式， 有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c .三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )． 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号． 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性． 【训练1】 设a ，b 为互不相等的正数，且a ＋b ＝1，证明：1a ＋1b ＞4. 证明 1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ·(a ＋b )＝2＋b a ＋a b ≥2＋2＝4.又a 与b 不相等．故1a ＋1b ＞4.考向二 分析法的应用【例2】►已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .[审题视点] 先去分母，合并同类项，化成积式． 证明 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0. 所以要证原不等式成立，只需证明(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．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． 【训练2】 已知a ，b ，m 都是正数，且a ＜b . 求证：a ＋mb ＋m ＞a b. 证明 要证明a ＋m b ＋m ＞ab ，由于a ，b ，m 都是正数，只需证a (b ＋m )＜b (a ＋m )， 只需证am ＜bm ，由于m ＞0，所以，只需证a ＜b . 已知a ＜b ，所以原不等式成立．(说明：本题还可用作差比较法、综合法、反证法)考向三 反证法的应用【例3】►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f (x )＝0没有负根．[审题视点] 第(1)问用单调增函数的定义证明；第(2)问假设存在x 0＜0后，应推导出x 0的范围与x 0＜0矛盾即可．证明 (1)法一 任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，且ax 1＞0.所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＞0.又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)(x 2＋1)(x 1＋1)＝3(x 2－x 1)(x 2＋1)(x 1＋1)＞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． 法二 f ′(x )＝a x ln a ＋3(x ＋1)2＞0， ∴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，又0＜ax 0＜1，所以0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x 0)＝0没有负根．当一个命题的结论是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，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”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．【训练3】 已知a ，b 为非零向量，且a ，b 不平行，求证：向量a ＋b 与a －b 不平行． 证明 假设向量a ＋b 与a －b 平行， 即存在实数λ使a ＋b ＝λ(a －b )成立， 则(1－λ)a ＋(1＋λ)b ＝0，∵a ，b 不平行， ∴⎩⎨⎧ 1－λ＝0，1＋λ＝0，得⎩⎨⎧λ＝1，λ＝－1，所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立．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.【示例】►(本题满分12分)(2011·安徽)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．第(1)问采用反证法，第(2)问解l 1与l 2的交点坐标，代入椭圆方程验证．[解答示范] 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，(2分) 代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0.(4分)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．(6分) (2)由方程组⎩⎨⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2＋k 1k 2－k 1.(9分)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，此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．(12分)用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(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，但是推导出的矛盾必须是明显的．【试一试】 已知数列{a n }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． [尝试解答] (1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1. 又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ， 所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p＋1.① 又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证．经典作业基础热身1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设( ) A ．三个内角都不大于60° B ．三个内角都大于60°C ．三个内角至多有一个大于60°D ．三个内角至多有两个大于60°2．若三角形能剖分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形 D ．不能确定3．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≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥04．已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是________．能力提升 5．[2011·永州调研] 一个质点从A 出发依次沿图K63－1中线段到达B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、I 、J 各点，最后又回到A ，其中：AB ⊥BC ，AB ∥CD ∥EF ∥HG ∥IJ ，BC ∥DE ∥FG ∥HI ∥JA .欲知此质点所走路程，至少需要测量n 条线段的长度，则n ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．56．[2011·惠州调研] 已知⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪4 68 10＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪12 1416 18＋…＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2004 20062008 2010＝( )A ．－2008B ．2008C ．2010D ．－20107．已知c ＞1，a ＝c ＋1－c ，b ＝c －c －1，则正确的结论是( ) A ．a ＞b B ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ，b 大小关系不定8．使不等式1a <1b成立的条件是( )A ．a >bB ．a <bC ．a >b ，且ab <0D ．a >b ，且ab >09．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 ．0 B ．1 C ．2 D ．310．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b ∈R ＋，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为________．11．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P 、Q 的大小关系是________． 12．[2011·九江三模] 若直线ax ＋2by －2＝0(a >0，b >0)始终平分圆x 2＋y 2－4x －2y －8＝0的周长，则1a ＋2b的最小值为________． 13．如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，都有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f x 1＋x 2＋…＋x nn.若y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC 中，sin A ＋sin B＋sin C 的最大值是________．14．(10分)若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0.15．(13分)已知a ，b ，c ∈(0,1)．求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.难点突破16．(12分)已知函数f (x )＝x 2＋2x＋a ln x (x >0)，对于任意不等的两个正数x 1，x 2，证明：当a ≤0时，f (x 1)＋f (x 2)2>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.课时作业(六十三)【基础热身】1．B [解析] 假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°”，故选B.2．C [解析] 直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似，故选C.3．D [解析] 因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.故选D.4．x <y [解析] x 2－y 2＝a ＋b ＋2ab2－(a ＋b )＝－(a ＋b －2ab )2＝－(a －b )22.∵a ，b 是不相等的正数，∴a ≠b ，∴(a －b )2>0，∴－(a －b )22<0.∴x 2<y 2.又∵x >0，y >0，∴x <y .【能力提升】5．B [解析] 只需测量AB ，BC ，GH,3条线段的长．6．A [解析] ⎪⎪⎪⎪48 610＝－8，⎪⎪⎪⎪1216 1418＝－8，…，⎪⎪⎪⎪20042008 20062010＝－8，区间[4,2010]中共有1004个偶数，若每四个偶数为一组，共有251组，∴⎪⎪⎪⎪48 610＋⎪⎪⎪⎪1216 1418＋…＋⎪⎪⎪⎪20042008 20062010＝(－8)＋(－8)＋…＋(－8)251个＝－8×251＝－2008.故选A.7．B [解析] 假设a ≥b ，即c ＋1－c ≥c －c －1， ∴c ＋1＋c －1≥2c ， 平方得2c ＋2c 2－1≥4c ，2c ≤2c 2－1，c ≤c 2－1，即c 2≤c 2－1， 0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a <b . 8．D [解析] 利用分析法对条件分析可得．9．C [解析] ①②正确；③中a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 可能同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3，选C.10．A ≤B ≤C [解析] 由a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b，又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 在R 上是单调减函数，∴f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫2aba ＋b ，即A ≤B ≤C .11．P ＜Q [解析] 假设P <Q ，∵要证P ＜Q ，只要证P 2＜Q 2， 只要证：2a ＋7＋2a (a ＋7)<2a ＋7＋2(a ＋3)(a ＋4)， 只要证：a 2＋7a ＜a 2＋7a ＋12， 只要证：0＜12，∵0＜12成立，∴P ＜Q 成立．12．3＋22 [解析] 由题知直线经过圆心(2,1)，则a ＋b ＝1，所以1a ＋2b＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋2b ＝3＋⎝⎛⎭⎫b a ＋2a b ≥3＋2 2.13.332 [解析] sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin A ＋B ＋C 3＝3sin π3＝332.14．[解答] 证明：假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0， 则a ＋b ＋c ≤0，而a ＋b ＋c ＝x 2－2y ＋π2＋y 2－2z ＋π3＋z 2－2x ＋π6＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋π－3，∵π－3>0，且(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2≥0， ∴a ＋b ＋c >0，这与a ＋b ＋c ≤0矛盾， 因此a ，b ，c 中至少有一个大于0.15．[解答] 证明：假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c >164.①又(1－a )a ≤⎝⎛⎭⎫1－a ＋a 22＝14当且仅当a ＝12时取“＝”号，同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.所以(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确． 【难点突破】16．[解答] 证明：由f (x )＝x 2＋2x＋a ln x (x >0)，得f (x 1)＋f (x 2)2＝12(x 21＋x 22)＋⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋a 2(ln x 1＋ln x 2)＝12(x 21＋x 22)＋x 1＋x 2x 1x 2＋a ln x 1x 2， f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222＋4x 1＋x 2＋a ln x 1＋x 22.而12(x 21＋x 22)＝14(x 21＋x 22＋x 21＋x 22)>14(x 21＋x 22＋2x 1x 2)＝⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222.① ∵(x 1＋x 2)2＝(x 21＋x 22)＋2x 1x 2>4x 1x 2， ∴x 1＋x 2x 1x 2>4x 1＋x 2.② ∵x 1x 2<x 1＋x 22，∴ln x 1x 2<ln x 1＋x 22，又a ≤0，∴a ln x 1x 2≥a ln x 1＋x 22.③由①②③得12(x 21＋x 22)＋x 1＋x 2x 1x 2＋a ln x 1x 2>⎝⎛⎭⎫x 1＋x 222＋4x 1＋x 2＋a ln x 1＋x 22， 即f (x 1)＋f (x 2)2>f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22.。
2013届高考一轮数学复习理科课件(人教版)第6课时 直接证明与间接证明
第七章
第6课时
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(2)满足条件的x0不存在． 证明如下： 证法一 成立，
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1 假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|< 对任意x>0 x
2 即对任意x>0，有lnx<g(x0)<lnx＋ ，(*) x 但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*) 左边不等式矛盾，
第七章 第6课时
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探究2 分析法是数学中常用到的一种直接证明方 法，就证明程序来讲，它是一种从未知到已知(从结论到 题设)的逻辑推理方法．具体地说，即先假设所要证明的 结论是正确的，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或是要证命题的 已知条件时则所证命题得证．
1 又g(x)＝lnx＋ >lnx，而x>1时，lnx的值域为(0，＋ x ∞)， ∴x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)， 从而可取一个x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1， 1 即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1> ，与假设矛 x1 盾． 1 ∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|< 对任意x>0成立． x
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(2)利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理 不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论 证的错误．
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2．分析法 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．这种证明的方法叫做分析法．
直接证明和间接证明
第六节直接证明与间接证明[备考方向要明了][归纳·知识整合]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这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．(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，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个(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.[探究] 1.综合法与分析法有什么联系与差异？2．间接证明反证法：假设原命题，经过正确的推理，最后得出，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．[探究] 2.在什么情况下可考虑利用反证法证明问题？考点一：综合合法的应用[例1]设a、b、c＞0，证明a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.方法小结——————利用综合法证明问题的步骤探究：保持本例条件不变 ，试证明a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)·(a ＋b ＋c )．变式训练1．已知x ＋y ＋z ＝1，求证：x 2＋y 2＋z 2≥13.考点二：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. ．变式训练2．已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.考点三：. 反证法的应用[例3] 设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和． (1)求证：数列{S n }不是等比数列； (2)数列{S n }是等差数列吗？为什么？方法小结：．变式训练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.课后小结：．1.三个规律——利用综合法、分析法、反证法证题的一般规律 (1)综合法证题的一般规律 (2)分析法证题的一般规律 (3)反证法证题的一般规律2.三个注意点——利用反证法证明问题应注意的问题(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，必须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，有的与已知事实相矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的. 练习补充：1．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .2.如图，已知BE ，CF 分别为△ABC 的边AC ，AB 上的高，G 为EF 的中点，H 为BC 的中点．求证：HG ⊥EF .3．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25.4．如图，已知两个正方形ABCD 和DCEF 不在同一平面内，M ，N 分别为AB ，DF 的中点． (1)若CD ＝2，平面ABCD ⊥平面DCEF ，求直线MN 的长； (2)用反证法证明：直线ME 与BN 是两条异面直线．第七节 数学归纳法[备考方向要明了]考 什 么怎 么 考[归纳·知识整合]1．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 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当 时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立． [探究] 1.数学归纳法证题的基本原理是什么？2．用数学归纳法证明问题应该注意什么？2．数学归纳法的框图表示考点一：用数学归纳法证明等式[例1] n ∈N *，求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .方法小结：用数学归纳法证明等式应注意的问题变式训练：1．求证：12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.考点二：用数学归纳法证明不等式[例2] 已知数列{a n }，a n ≥0，a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n. 求证：当n ∈N *时，a n <a n ＋1.探究： 把题设条件中的“a n ≥0”改为“当n ≥2时，a n <－1”，其余条件不变，求证：当n ∈N *时，a n ＋1<a n .方法小结：应用数学归纳法证明不等式应注意的问题．变式训练：2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立． 考点三：“归纳—猜想—证明”问题[例3] 已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n2，n ∈N *.(1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小关系； (2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明．方法小结：归纳—猜想—证明类问题的解题步骤变式训练3．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3，…. (1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式； (2)当a 1≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2.补充练习：1．已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．2．用数学归纳法证明11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n 2n ＋1(n ∈N *)．3．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．4．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．第一节 不等关系与不等式[备考方向要明了][归纳·知识整合]1．比较两个实数大小的法则设a ，b ∈R ，则(1)a ＞b ⇔a －b ＞0；(2)a ＝b ⇔a －b ＝0；(3)a ＜b ⇔a －b ＜0. 2．不等式的基本性质[探究] 1.同向不等式相加与相乘的条件是否一致？ 2．(1)a >b ⇔1a <1b成立吗？(2)a >b ⇒a n >b n (n ∈N ，且n >1)对吗？考点一：用不等式(组)表示不等关系[例1] 某商人如果将进货单价为8元的商品按每件10元销售，每天可销售100件，现在他采用提高售价，减少进货量的办法增加利润．已知这种商品的售价每提高1元，销售量就可能相应减少10件．若把提价后商品的售价设为x元，怎样用不等式表示每天的利润不低于300元？实际应用中不等关系与数学语言间的关系．某厂拟生产甲、乙两种适销产品，甲、乙产品都需要在A，B两种设备上加工，在每台A，B设备上加工一件甲产品所需工时分别为1小时和2小时，加工一件乙产品所需工时分别为2小时和1小时，A，B两种设备每月有效使用台时数分别为400和500.写出满足上述所有不等关系的不等式．考点二：比较大小[例2](1)已知a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是()A．M<N B．M>N C．M＝N D．不确定(2)甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，则()A．甲先到教室B．乙先到教室C．两人同时到教室D．谁先到教室不确定互动探究：若将本例(1)中“a1，a2∈(0,1)”改为“a1，a2∈(1，＋∞)”，试比较M与N的大小．变式训练：2．比较下列各组中两个代数式的大小：(1)3x2－x＋1与2x2＋x－1；(2)当a>0，b>0且a≠b时，a a b b与a b b a.考点三：不等式性质的简单应用[例3](1)(2012·湖南高考)设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：①ca>cb；②ac<b c；③log b(a－c)>log a(b－c)．其中所有的正确结论的序号是()A．①B．①②C．②③D．①②③(2)已知三个不等式：ab >0，bc －ad >0，c a －db >0(其中a ，b ，c ，d 均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是( )A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 变式训练：3．(2013·包头模拟)若a >0>b >－a ，c <d <0，则下列命题：(1)ad >bc ；(2)a d ＋b c <0；(3)a －c >b －d ；(4)a (d－c )>b (d －c )中能成立的个数是( )A ．1 B ．2 C ．3 D ．4补充练习1．限速40 km/h 的路标，指示司机在前方路段行驶时，应使汽车的速度v 不超过40 km/h ，写成不等式就是( )A ．v <40 km/hB ．v >40 km/hC ．v ≠40 km/hD ．v ≤40 km/h 2．已知a ，b ，c ∈R ，则“a >b ”是“ac 2>bc 2”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．若1a <1b<0，则下列结论不．正确的是( ) A ．a 2<b B ．ab <b 2 C ．a ＋b <0 D ．|a |＋|b |>|a ＋b |课后小结：1. 不等式与不等关系的区别2. 比较两个实数的大小3. 不等式的基本性质第二节 一元二次不等式及其解法[备考方向要明了]1.会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；2.通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的关系；3.会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图. 1.以选择题或填空题的形式考查一元二次不等式的解法．如2012年重庆T2等． 2.已知二次函数的零点的分布，求一元二次方程中未知参数的取值范围．3.与函数等知识综合考查一元二次不等式的相关知识.[归纳·知识整合]一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系如下表 判别式Δ＝b 2－4ac Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)的图象一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0 (a ＞0)的根 有两相异实根x 1，x 2(x 1＜x 2) 有两相等实根x 1＝x 2＝－b2a没有实数根ax 2＋bx ＋c ＞0 (a ＞0)的解集{x |x <x 1或x >x 2}{x |x ≠－b2a}Rax 2＋bx ＋c ＜0 (a ＞0)的解集{x |x 1＜x ＜x 2} ∅∅[2．可用(x －a )(x －b )>0的解集代替x －a x －b >0的解集，你认为如何求不等式x －a x －b <0，x －a x －b ≥0及x －ax －b ≤0的解集？考点一：一元二次不等式的解法[例1] 求下列不等式的解集： (1)－x 2＋8x －3>0；(2)x 2－4x －5≤0； (3)ax 2－(a ＋1)x ＋1<0.[探究]若将本例(2)改为“x2＋4x＋5≤0”呢？方法小结：一元二次不等式的解法变式训练1．解下列不等式：(1)8x－1≤16x2；(2)x2－2ax－3a2<0(a<0)．．考点二：一元二次不等式的恒成立问题[例2]已知不等式mx2－2x－m＋1<0.(1)若对所有的实数x不等式恒成立，求m的取值范围；(2)设不等式对于满足|m|≤2的一切m的值都成立，求x的取值范围．方法小结：恒成立问题及二次不等式恒成立的条件变式训练：2．已知f (x )＝x 2－2ax ＋2(a ∈R )，当x ∈[－1，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围．考点三：一元二次不等式的应用[例3] 某汽车厂上年度生产汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为12万元/辆，年销售量为10 000辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品质量，适度增加投入成本．若每辆车投入成本增加的比例为x (0<x <1)，则出厂价相应地提高比例为0.75x ，同时预计年销售量增加的比例为0.6x ，已知年利润＝(出厂价－投入成本)×年销售量．(1)写出本年度预计的年利润y 与投入成本增加的比例x 的关系式；(2)为使本年度的年利润比上年度有所增加，则投入成本增加的比例x 应在什么范围内？方法小结：解不等式应用题的步骤变式训练3．某同学要把自己的计算机接入因特网．现有两家ISP 公司可供选择．公司A 每小时收费1.5元；公司B 在用户每次上网的第1小时内收费1.7元，第2小时内收费1.6元，以后每小时减少0.1元(若用户一次上网时间超过17小时，按17小时计算)．假设该同学一次上网时间总和小于17小时，那么该同学如何选择ISP 公司较省钱？课后小结：1．一元二次不等式的解法常与函数的零点、函数的值域、方程的根及指数函数、对数函数、抽象函数等交汇综合考查．2．解决此类问题可以根据一次、二次不等式，分式不等式，简单的指数、对数不等式的解法进行适当的变形求解，也可以利用函数的单调性把抽象不等式进行转化求解补充练习1．不等式2x 2－x －1>0的解集是( )A.⎝⎛⎭⎫－12，1 B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)∪(2，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪(1，＋∞). 2．如果不等式2x 2＋2mx ＋m 4x 2＋6x ＋3<1对一切实数x 均成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．(1,3) B ．(－∞，3)C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D．(－∞，＋∞)3．若关于x的不等式ax2－x＋2a<0的解集为∅，则实数a的取值范围是________．。
高考一轮数学第六章 第六节 直接证明与间接证明
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1．(教材习题改编)用反证法证明命题“三角形三个内角
至少有一个不大于60°”时，应假设
A．三个内角都不大于60° B．三个内角都大于60° C．三个内角至多有一个大于60° D．三个内角至多有两个大于60° 解析：假设为：“三个内角都大于60°”． 答案： B
(
)
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2．若函数F(x)＝f(x)＋f(－x)与G(x)＝f(x)－f(－x)，其中 f(x)的定义域为R，且f(x)不恒为零，则 A．F(x)、G(x)均为偶函数 B．F(x)为奇函数，G(x)为偶函数 ( )
第 六 章 不 等 式、 推 理 与 证 明
第 六 节 直 接 证 明 与 间 接 证 明
抓 基 础
明 考 向
教 你 一 招 我 来 演 练
提 能 力
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[备考方向要明了]
考 什 么 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法． 了解分析法和综合法的思考过程及特点．
2.了解间接证明的一种基本方法——反证法．了解反证
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． 返回
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[考题范例]
(12分) (2011· 安徽高考) (1)设x≥1，y≥1， 1 1 1 证明x＋y＋xy≤x＋y ＋xy； (2)设1<a≤b≤c，证明logab＋logbc ＋logca≤logba＋logcb＋logac.
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[精析考题]
[例3] (2011· 安徽高考)设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x －1， 其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0. (1)证明l1与l2相交； (2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．
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。
高中数学一轮复习课件 第11章 选修部分直接证明与间接证明
高中数学一轮复习课件
1.对于分析法,我们注意有两种情况:一种是逆推,步步可逆,此种证法 又叫逆证法,它要求所证的条件是结论的充要条件,否则,证不了;另 一种是寻找结论成立的充分条件,仅充分条件而已. 2.对于综合法,我们不仅要熟练掌握一些常规的证明技巧,还要掌握 一些常用的定理、性质、推论及一些常规式子的各种变式及灵活 应用. 3.涉及否定性、唯一性、至多、至少型的问题,可以从反面入手,首 先对结论进行否定,然后,再结合条件进行推理,最终得出与已知条件 或是已知定理、性质、公理等矛盾的结论,从而肯定结论的正确性. 用反证法证明问题一定要注意反设及寻找矛盾的技巧.
高中数学一轮复习课件
1.(2011年广东中山纪念中学高三月考题) F(n)是一个关于自然数n 的命题,若F(k)真,则F(k+1)真.现已知F(20)不真,那么:①F(21)不真;② F(19)不真;③F(21)真;④F(18)不真;⑤F(18)真.其中正确的结论为 () (A)②④. (B)①②. (C)③⑤. (D)①⑤. 【解析】由于F(k)真,则F(k+1)真,且知F(20)不真,那么F(19)不真;同 样F(18)不真;对于F(21)的真假是无法判断的. 【答案】A
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高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 6-6 直接证明与间接证明课件 文
∴f(0)≥0.于是 f(0)＝0.
(2)对于 f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2 不满足新定义中的条件②， ∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数． 对于 f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然 f(x)≥0，且 f(1)＝1. 任意的 x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x21－x22＝2x1x2≥0， 即 f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)． ∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数． 对于 f(x)＝ x，x∈[0,1]，显然满足条件①②. 对任意的 x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， 有 f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2 x1x2＋x2)＝－2 x1x2≤0， 即 f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③. ∴f(x)＝ x(x∈[0,1])不是理想函数．综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数， f(x)＝2x(x∈[0,1])与 f(x)＝ x(x∈[0,1])不是理想函数．
命题角度2 分析法的应用
典例2
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：a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c. 证明 要证a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c，
即证a＋a＋b＋b c＋a＋b＋b＋c c＝3，
也就是a＋c b＋b＋a c＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
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，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 (其中Q表示要证明的结 论)． (3)思维过程：执果索因．
2013届高考数学考点回归总复习《第三十六讲 直接证明与间接证明》课件
类型三
反证法
解题准备:1.反证法是间接证明的一种方法,在数学研究和考 试中有着重要的作用.一般地,假设原命题丌成立,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
原命题的成立,这样的证明方法叫做反证法.
2.反证法的理论依据是逻辑规律中的排除律:一个事物是A或 ,二者必居其一,反证法即证明结论的反面错误,从而结论 A 正确.
s in 1 c o s
.
[ 证 明 ]统 一 为 角 , 利 用 弦 函 数 公 式 化 简 . 要 证 明 2 s in 2 ≤ s in 1 c o s 成立, s in 1 c o s
只 要 证 明 4 s in c o s ≤
0 , , s in 0 . 只 要 证 明 4cos ≤ 1 1 c o s .
证 法 七 : ( 解 不 等 式 法 ) a 、 b R , a b , 关 于 x 的 不 等 式 : a (b a ) x , 0 , 等 价 于 x b x 0 , x 0 或 x b. b x b b (b x ) 又 , b 0 , Ý R , 原 不 等 式 成 立 . 证 法 八 : (求 值 域 )令 y m a by y 1 am bm ,将 命题 转 化 为函 数 的 值域. a x
3
时 取 等 号.
4 (1 c o s ) 成 立 . sin 1 c o s 成 立.
不 等 式 2 sin 2 ≤
[反思感悟]在解决问题时,根据条件的结构特点去转化结论,得 到中间结论Q,根据结论的特点转化得到中间结论P,归结为 证明P､Q乊间的关系,通常用分析式求和得, 4b2+4c2+4a2-4ac-4ab-4bc≤0, ∴2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca≤0, ∴(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≤0, ∴a=b=c,这不题设a,b,c互丌相等矛盾, 因此假设丌成立,从而命题得证.
2013年高考数学理科一轮复习课件第43讲直接证明与间接证明-课件-讲义
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.
解析：(1)证法一：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. 证法二：∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc
解析：(1)方法一：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n＋21an－na2n－1， 即ann＝na－n－11n≥2. 所以数列ann是首项为a11＝1 的常数列． 所以ann＝1，即 an＝nn∈N*. 所以数列an的通项公式为 an＝nn∈N*.
方法二：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n＋21an－na2n－1， 即aan－n 1＝n－n 1n≥2. 所以 an＝aan－n 1×aann－ －12×…×aa32×aa21×a1 ＝n－n 1×nn－ －12×…×32×21×1＝n. 因为 a1＝1，符合 an 的表达式． 所以数列an的通项公式为 an＝nn∈N*.
2013年高考 数学理科一轮 复习课件第 43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，逐步寻求使它成立的充 分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判断一个明显成立的
【全程复习方略】2013版高中数学 (主干知识+典例精析)6.6直接证明与间接证明课件 理 新人教B版
【反思·感悟】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”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器.
【满分指导】不等式证明题的规范解答 【典例】(12分)(2012·常州模拟)已知a,b,c,d∈R,用分析法 证明ac+bd≤ (a 2 b2） 2 d 2 ) 并指明等号何时成立. (c 【解题指南】由于a,b,c,d∈R,故ac+bd≤0或ac+bd>0,要分两 种情况分析，可证.
一般不会单独命题.
3.题型以解答题为主，主要在与其他知识点交汇处命题.
1.直接证明
综 合 法
定义 已知条件 从________出发，经 过逐步的推理，最后 待证结论 达到________. 由因导果 P(已知)⇒P1 ⇒P2⇒„ ⇒Pn⇒Q(结论) 因为„，所以„ 或由„，得„ ⇒
思维过程
证明 步骤 文字语言 符号语言
分 析 法 从待证结论出发，一步一步寻 结论成立 求________的充分条件，最 后达到题设的已知条件或已被 证明的事实. 执果索因
Q(结论)Q1 Q2„ QnP(已知) 要证„，只需证„， 即证„ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
【即时应用】 (1)已知t=a+2b,s=a+b2+1,则s,t的大小关系是________. (2)在正项等比数列{an}和正项等差数列{bn}中，a1=b1, a3=b3,a1≠a3，则a5与b5的大小关系为________. 【解析】(1)由s-t=a+b2+1-a-2b=b2-2b+1=(b-1)2≥0,故s≥t. (2)由a1≠a3,得b1≠b3,所以b1≠b5,且b1>0,b5>0,
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实用文档 2013届高考一轮复习 直接证明与间接证明一、选择题1、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”时,假设正确的是( )A.假设三内角都不大于60度B.假设三内角都大于60度C.假设三内角至多有一个大于60度D.假设三内角至多有两个大于60度2、 “M 不是N 的子集”的充分必要条件是( )A.若x M ∈,则x N ∉B.若x N ∈,则x M ∈C.存在11x M x N ∈⇒∈,又存在22x M x N ∈⇒∉D.存在00x M x N ∈,∉3、函数y=f(x)在(0,2)上是增函数,函数y=f(x+2)是偶函数,则f(1),f(2.5),f(3.5)的大小关系是 ()A.f(2.5)<f(1)<f(3.5)B.f(2.5)>f(1)>f(3.5)C.f(3.5)>f(2.5)>f(1)D.f(1)>f(3.5)>f(2.5)实用文档4、设(0)a b c d ,,,∈,+∞,若a+d=b+c 且|a-d|<|b-c|,则有( )A.ad=bcB.ad<bcC.ad>bcD.ad bc ≤5、在△ABC 中,三个内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c,若311a b b c a b c+=,++++试问:A 、B 、C 是否成等差数列,若不成等差数列,请说明理由;若成等差数列,请给出证明.6、若0)P Q a ==≥,则P 、Q 的大小关系是( )A.P>QB.P=QC.P<QD.由a 的取值确定7、已知函数1()()2x f x a b =,,∈R ()2a b A f ++,=,B=2()ab f C f a b,=,+则A 、B 、C 的大小关系为 ( )A.A B C ≤≤B.A C B ≤≤C.B C A ≤≤D.C B A ≤≤8、用反证法证明:若整系数一元二次方程2ax bx ++c=0(0)a ≠有有理数根,那么a 、b 、c 中至少有一实用文档个偶数时,下列假设正确的是( )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9、设a,b 均为正数,且a b ≠,求证:3322a b a b ab +>+.二、填空题10、某同学准备用反证法证明如下一个问题:函数f(x)在 []01(0)(1)f f ,,=,上有意义且对于不同的x 12x ,∈[]01,,|都有f(x 12)()f x -|<|12x x -|,求证:对于不同的12[01]x x ,∈,,有|12()()f x f x -|12<.那么他的假设应该是 .11、如果>则a 、b 应满足的条件是 .12、已知(0)a b μ,,∈,+∞且911a b+=,则使得a+b μ≥恒成立的μ的取值范围是 .三、解答题13、已知a,b,c 是互不相等的非零实数.求证:由y=2ax +222bx c y bx cx a +,=++和22y cx ax b =++实用文档确定的三条抛物线至少有一条与x 轴有两个不同的交点.14、如图,已知两个正方形ABCD 和DCEF 不在同一平面内,M 、N 分别为AB 、DF 的中点.(1)若平面ABCD ⊥平面DCEF,求直线MN 与平面DCEF 所成角的正弦值;(2)用反证法证明:直线ME 与BN 是两条异面直线.15、已知2()(1)1x x f x a a 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.16、在△ABC 中,角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c,若a 、b 、c 三边的倒数成等差数列,求证:B<90.以下是答案一、选择题1、B解析:根据反证法的步骤,假设是对原命题结论的否定,即“三内角都大于60度”.2、 D3、B解析:因为函数y=f(x)在(0,2)上是增函数,函数y=f(x+2)是偶函数,所以直线x=2是f(x)的图象的对称轴,在(2,4)上f(x)为减函数,由图象知f(2.5)>f(1)>f(3.5).4、C解析:将|a-d|<|b-c|两边平方,得2-<b-c2),a d()(即2222+-<+-,22a d adbc bc又∵a+d=b+c,∴22+=+,a db c()()即2222++=+2c+2bc,a d ad b∴-4ad<-4bc,∴ad>bc.5、证明:A、B、C成等差数列,下面用综合法给出证明:实用文档实用文档 ∵311a b b c a b c+=,++++ ∴3a b c a b c a b b c+++++=,++ ∴1c a a b b c+=,++ ∴c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),∴222a c b ac +-=.在△ABC 中,由余弦定理,得 cos 2221222a cb ac B ac ac +-===, ∵0<B<180,∴B=60.即A+C=2B=120,∴A 、B 、C 成等差数列.6、 C解析:∵P>0,Q>0,∴要证P<Q,只要证22P Q <,只要证2727a a ++<++,只要证227712a a a a +<++,只要证0<12,∵0<12成立,∴P<Q 成立.7、 A实用文档解析:22a b ab a b+≥≥,+ 又∵1()()2x f x =在R 上是单调减函数,∴2()()2a b ab f f f a b+≤≤+.8、B解析:“至少有一个”的否定是“都不是”.9、证明:方法一:(分析法)要证3322a b a b ab +>+成立,只需证22()()()a b a ab b ab a b +-+>+成立.又因为a+b>0,所以只需证22a ab b ab -+>成立.即需证2()0a b ->成立.而依题设知a b ≠,则2()0a b ->成立,所以命题得证.方法二:(综合法)2220()020a b a b a b a ab b ≠⇒-≠⇒->⇒-+>22a ab b ab ⇒-+>.(*)而a,b 均为正数,∴a+b>0,由(*)式即得22()()()a b a ab b ab a b +-+>+,∴3322a b a b ab +>+.实用文档二、填空题10、“存在12x x ,∈ []01,,|使得f(x 12)()f x -|12≥” 解析:该命题为全称命题,其否定为特称命题.11、 00a b ≥,≥且a b ≠解析:∵>∴20>,∴00a b ≥,≥且a b ≠.12、 (]0,16解析:∵(0)a b ,∈,+∞且911a b+=, ∴a+b=991()()10()1016a b a b a b b a++=++≥+=, ∴a+b 的最小值为16.∴要使a b μ+≥恒成立,只需16μ≥,∴0<μ≤16.三、解答题13、证明:假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x 轴有两个不同的交点,由22y ax bx c =++,22y bx cx a =++,实用文档22y cx ax b =++,得21(2)40b ac ∆=-≤,22(2)40c ab ∆=-≤,23(2)40a bc ∆=-≤.上述三个同向不等式相加得,2224444440b c a ac ab bc ++---≤,∴2222222220a b c ab bc ca ++---≤,∴222()()()0a b b c c a -+-+-≤,∴a=b=c,这与题设中a,b,c 互不相等矛盾,因此假设不成立,从而命题得证.14、 (1)解:取CD 的中点G,连接MG 、NG.设正方形ABCD 、DCEF 的边长为2,则2MG CD MG NG ⊥,=,=∵平面ABCD ⊥平面DCEF MG CD ,⊥,∴MG ⊥平面DCEF.MNG ∠是直线MN 与平面DCEF 所成的角.由勾股定理知MN =∴sin MG MNG MN ∠===即直线MN与平面DCEF(2)证明:假设直线ME与BN共面,则AB⊂平面MBEN,且平面MBEN与平面DCEF交于EN.由已知,两正方形不共面,故AB平面DCEF.又AB∥CD,所以AB∥平面DCEF.而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线,所以AB∥EN.⋂=矛盾,故假设不成立.又AB∥CD∥EF,所以EN∥EF,这与EN EF E所以ME与BN不共面,它们是异面直线.实用文档实用文档15、 证明:(1)f ′()x x a =ln 23(1)a x ++. ∵a>1,x>-1,∴x a ln 2300(1)a x >,>,+ ∴f ′(x)>0, ∴函数f(x)在(1)-,+∞上为增函数;(2)假设存在000(1)x x <≠-,满足0()0f x =,则00021x x a x -=-,+ ∵010a x >,<,∴001x a <<,∴002011x x -<-<,+ 解不等式,得0122x <<,与假设00x <矛盾.故方程f(x)=0没有负数根.16、证明:假设B<90不成立,即90B ≥,从而B 是△ABC 的最大角, ∴b 是△ABC 的最大边,即b>a,b>c.∴1111a b cb >,>. 相加得111ac b +>+1b =2b ,与112a c b+=矛盾. 故90B ≥不成立. 故B<90.。