高考数学一轮复习第十四章推理与证明直接证明与间接证明课件
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高考数学一轮复习 132直接证明与间接证明课件 理
规范解答 24——怎样用反证法证明问题 【问题研究】 反证法是主要的间接证明方法，其基本特点是反 设结论，导出矛盾，当问题从正面证明无法入手时，就可以考 虑使用反证法进行证明.在高考中，对反证法的考查往往是在试 题中某个重要的步骤进行. 【解决方案】 首先反设，且反设必须恰当，然后再推理得出矛 盾，最后肯定原结论.
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•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/182022/1/18January 18, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/182022/1/182022/1/181/18/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/182022/1/18
•
一个关系 综合法与分析法的关系 分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进 行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问 题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉 使用．
考向一 综合法的应用 【例 1】►设 a，b，c＞0，证明：ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c. [审题视点] 用综合法证明，可考虑不等式左边两两结合． 证明 ∵a，b，c＞0，根据均值不等式， 有ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c. 三式相加：ab2＋bc2＋ca2＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．a＝b＝c 时取等 号． 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
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
高三数学(文)一轮复习课件6-6 直接证明与间接证明ppt版本
A2＝π2－A1， 得B2＝π2－B1，
C2＝π2－C1，
那么，A2＋B2＋C2＝π2， 这与三角形内角和为 180°相矛盾。 所以假设不成立，又显然△A2B2C2 不是直角三角形，所以△A2B2C2 是钝角 三角形。
答案：钝角
3．(2016·洛阳模拟)数列{an}，{bn}的每一项都是正数，a1＝8，b1＝16，且 an，bn，an＋1 成等差数列，bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，n＝1,2,3，…。
(1)求 a2，b2 的值；
解析：(1)由 2b1＝a1＋a2，可得 a2＝2b1－a1＝24。 由 a22＝b1b2，可得 b2＝ab221＝36。
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解析：(2)∵an，bn，an＋1 成等差数列， ∴2bn＝an＋an＋1。① ∵bn，an＋1，bn＋1 成等比数列， ∴an2＋1＝bnbn＋1。 ∵数列{an}，{bn}的每一项都是正数， ∴an＋1＝ bnbn＋1。② 于是当 n≥2 时，an＝ bn－1bn。③ 将②③代入①式，可得 2 bn＝ bn－1＋ bn＋1。 又 b1＝16，b2＝36， ∴数列{ bn}是首项为 4，公差为 2 的等差数列， ∴ bn＝ b1＋(n－1)d＝2n＋2，
C.a＋2 b2－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：∵a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0，故选 D。 答案：D
2．(2016·德州模拟)如果△A1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2 的 三个内角的正弦值，则△A2B2C2 是____是“都大于 60°”。 答案：B
4．设 a，b，c 都是正数，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( ) A．都大于 2 B．都小于 2 C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2
直接证明与间接证明
用框图表示分析法
得到一个明显
Q P1
P1 P2
P2 P3
…
成立的结论
特点：执果索因.
文字语言: 要证…，只需证…，即证…
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3
【分析法格式】
要证： 只要证： 只需证： 显然成立 上述各步均可逆 所以 结论成立
要证：
所以 结论成立
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4
思想方法·感悟提高
1.分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知.
（2）假设命题结论不成立，即假设结论的反面成立； （3）由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止； （4）由矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确
归缪矛盾：
（1）与已知条件矛盾；
（2）与已有公理、定理、定义矛盾；
（3）自相矛盾。
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8
常见否定用语
是－－－不是
有－－－没有
等－－－不等
成立－－不成立
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10
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11
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12
【分析法格式】
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13
【综合法格式】
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14
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15
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6
反证法：
要证明某一结论Q是正确的，但不直接证 明，而是先去假设Q不成立（即Q的反面非 Q是正确的），经过正确的推理，最后得 出矛盾，因此说明假设非Q是错误的，从 而断定结论Q是正确的，这种方法叫做反 证法。
反证法的思维方法：
正难则反
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7
反证法的基本步骤： （1）分清命题的条件和结论
综合法用框图表示为:
P Q1
Q1 Q2
Q2 Q3
… Qn Q
特点:“由因导果”
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
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．
高考理科数学一轮复习课件直接证明与间接证明
精确理解概念
在证明之前，确保对涉及的所 有概念有清晰、准确的理解。
偷换概念
在证明过程中，学生可能会不 自觉地改变某个概念的定义或 范围，导致逻辑不严密。
以偏概全
仅根据部分情况就推断整体情 况，缺乏充分的理由和证据支 持。
理顺逻辑关系
在证明过程中，保持清晰的逻 辑链条，确保每一步推理都有 充分的依据。
规范书写，条理清晰
严格按照逻辑顺序进行书写，先 写已知条件，再写推理过程，最
后得出结论。
使用规范的数学符号和术语，避 免使用模糊或歧义的表达方式。
保持证明的连贯性和完整性，确 保每一步推理都有明确的范措施
逻辑错误
循环论证
使用待证明的结论作为证明的 依据，这种逻辑上的“套娃” 现象是无效的。
讨论
本题主要考察综合法的运用，通过变形、代入和基本不等式等方法进行证明。在解题过程中，需要注意对不等式 的变形和已知条件的利用。
例题二：分析法证明等式
解析
本题主要考察分析法证明等式。首先， 我们将原等式进行变形，得到(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 - 2(a^2 + b^2 + c^2) = 0。然后，利用已知条件 a+b+c=0进行代入，得到-2ab - 2bc 2ca = 0。最后，通过因式分解等方法进 行证明，得到结论。
讨论
本题主要考察反证法的运用，通过假 设、推理和矛盾等方法进行证明。在 解题过程中，需要注意对假设的设定 和推理过程的严密性。
例题四：同一法证明唯一性问题
解析
本题主要考察同一法证明唯一性问题。首先 ，由前面例题的结论可知，存在c∈(a,b)， 使得f(c) = 0。然后，假设存在另一个 d∈(a,b)，且d≠c，使得f(d) = 0。但是， 由已知条件f(x)在[a,b]上单调增加可知，f(x) 在[a,b]上至多有一个零点，与假设矛盾。因 此，存在唯一c∈(a,b)，使得f(c) = 0。
高考数学人教版理科一轮复习课件：6-6 直接证明与间接证明、数学归纳法
课堂探究·深度剖析
课堂升华 强技提能
考向一 分析法的应用 【例 1】 已知 a>0，证明：
a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
【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
第六章
不等式、推理与证明
第六节 直接证明与间接证明、 数学归纳法
知识梳理·自主学 课堂探究·深度剖析
习 课时作业
知识梳理·自主学习
课前热身 稳固根基
知识点一 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
1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论 进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明； 或两种方法交叉使用．
2．分析法证明的注意点：要注意书写格式的规范性，常常用“要 证(欲证)……”“即证……”“只需证……”．
3．利用反证法证明的特点，要假设结论错误，并用假设的命题进 行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误 的．
题也成立．
时命
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n0 开始的所有正整数 n 都成立．
5．若 f(n)＝1＋12＋13＋…＋6n1－1(n∈N*)，则 f(1)为( C )
A．1
1 B.5
C．1＋12＋13＋14＋15
D．非以上答案
解析：∵f(n)＝1＋12＋13＋…＋6n1－1，∴f(1)＝1＋12＋13＋…
(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 ap＋1， aq＋1，ar＋1(p<q<r，且 p，q，r∈N*)．则 2·21q＝21p＋21r.
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
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
高考数学(人教A版理科)一轮复习课件74第四节直接证明与间接证明数学归纳法
(3)×.归纳奠基n=n0时,n0不一定等于1,可以是不小于1的任意一个正整数.
【易错点索引】
【教材·基础自测】 1.(选修2-2 P87例2改编)欲证 2 3 6 7，只需证 ( )
A .( 2 7 )2 ( 3 6 )2 B.( 2 6 )2 ( 3 7 )2 C .( 2 3 )2 ( 6 7 )2 D .( 2 3 6 )2 ( 7 )2
3.(选修2-2 P96习题T1(1)改编)利用数学归纳法证明不等式
1+ 1 + 1 +…+ 1 <f(n)(n≥2,n∈N*)的过程,由n=k到n=k+1时左边增加了( )
23
2n 1
项
项
k-1项
k项
【解析】选D.由题意,n=k时,最后一项为 1 ,n=k+1时,最后一项为 1 ,
2k 1
2 k1 1
【知识点辨析】(正确的打“√”,错误的打“×”)
(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)分析法与反证法都是从结论出发,是相同的证明方法.
()
(3)用数学归纳法证明问题时,第一步一定是验证n=1时结论成立. ( )
提示:(1)×.寻找的是结论成立的充分条件.
(2)×.分析法是执果索因,反证法是否定结论推矛盾,是不一样的证明方法.
【解析】选A.欲证 2 3 6 7，只需证 2 7＜3 6，只需证
( 2 7)2( 3 6)2.
2.(选修2-2 P91习题A组T1改编)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程 x2+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是 ( ) A.方程x2+ax+b=0没有实根 B.方程x2+ax+b=0至多有一个实根 C.方程x2+ax+b=0至多有两个实根 D.方程x2+ax+b=0恰好有两个实根 【解析】选A.因为“方程x2+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x2+ax+b=0有 一个实根或两个实根”,所以该命题的否定是“方程x2+ax+b=0没有实根”.
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
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。
—————
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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
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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
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P⇒Q1 ―→ Q1⇒Q2 ―→ Q2⇒Q3 ―→…―→ Qn⇒Q (2)分析法 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． 用 Q 表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：
得到一个 Q⇐P1 ―→ P1⇐P2 ―→ P2⇐P3 ―→…―→ 明显成立
A．a，b 都能被 3 整除 B．a，b 都不能被 3 整除
C．b 不能被 3 整除
D．a 不能被 3 整除
解析 由反证法的定义可知，否定结论，即“a，b 中至少有一个能被 3 整除”的否定是“a，b 都不能 被 3 整除”，故选 B.
8 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
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第十四章 推理与证明
1 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
撬题·对点题 必刷题
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考点二 直接证明与间接证明
2 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
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撬点·基础点 重难点
3 撬点·基础点 重难点
注意点 使用分析法时的注意事项 (1)分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上 是寻找使结论成立的充分条件． (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 )……”“ 只 需 证……”“即证……”等分析到一个明显成立的条件，再说明所要证明的数学问题成立.
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撬法·命题法 解题法
9 撬点·基础点 重难点
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[考法综述] 高考中，经常以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法和反证 法的原理，结合具体问题考查学生运用三种方法解决问题的能力．
5 撬点·基础点 重难点
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1．思维辨析 (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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( × ) (4)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．( √ )
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1 直接证明 (1)综合法 综合法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． 用 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，用 Q 表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示 为：
6 撬点·基础点 重难点
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2．证明不等式 2＋ 7< 3＋ 6的最适合的方法是( )
A．综合法
B．分析法
C．间接证法
D．合情推理法
解析 要证明不等式 2＋ 7< 3＋ 6，只要证( 2＋ 7)2<( 3＋ 6)2，即证 9＋2 14<9＋2 18，
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【解题法】 应用分析法与综合法证明时需注意的问题 (1)分析法证明时应注意的问题 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…… 只需证……”或用“⇐”．注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写． (2)综合法与分析法应用的注意点 ①综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法 分析，综合法书写，这一点在立体几何中应用最为明显．同时，在数列、三角函数、解析几何中也大多是 利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题． ②对于较复杂的问题，可以采用两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论， 然后通过综合法由条件证明这个中间结论，使原命题得证．
故只要证 14< 18，即证 14<18.
以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法．
7 撬点·基础点 重难点
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3．用反证法证明命题“若 a，b∈N，ab 能被 3 整除，那么 a，b 中至少有一个能被 3 整除”时，假设
应为( )
命题法 1 直接证明 典例 1 已知 a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
[证明] 要证明 2a3－b3≥2ab2－a2b 成立， 只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0， 即 2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0， 即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0. ∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0， 从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0 成立， ∴2a3－b3≥2ab2－a2b.
11 撬点·基础点 重难点
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命题法 2 间接证明 典例 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．
的条件
4 撬点·基础点 重难点
Hale Waihona Puke 撬法·命题法 解题法撬题·对点题 必刷题
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2 间接证明——反证法 (1)定义 假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明 假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法． (2)证明步骤 ①反设——假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真． ②归谬——把“反设”作为条件，经过一系列正确的推理，得出矛盾． ③存真——由矛盾结果断定反设错误，从而肯定原结论成立．
得到一个 Q⇐P1 ―→ P1⇐P2 ―→ P2⇐P3 ―→…―→ 明显成立
A．a，b 都能被 3 整除 B．a，b 都不能被 3 整除
C．b 不能被 3 整除
D．a 不能被 3 整除
解析 由反证法的定义可知，否定结论，即“a，b 中至少有一个能被 3 整除”的否定是“a，b 都不能 被 3 整除”，故选 B.
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第十四章 推理与证明
1 撬点·基础点 重难点
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考点二 直接证明与间接证明
2 撬点·基础点 重难点
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3 撬点·基础点 重难点
注意点 使用分析法时的注意事项 (1)分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上 是寻找使结论成立的充分条件． (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 )……”“ 只 需 证……”“即证……”等分析到一个明显成立的条件，再说明所要证明的数学问题成立.
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[考法综述] 高考中，经常以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法和反证 法的原理，结合具体问题考查学生运用三种方法解决问题的能力．
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1．思维辨析 (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)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( × ) (4)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．( √ )
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1 直接证明 (1)综合法 综合法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． 用 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，用 Q 表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示 为：
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2．证明不等式 2＋ 7< 3＋ 6的最适合的方法是( )
A．综合法
B．分析法
C．间接证法
D．合情推理法
解析 要证明不等式 2＋ 7< 3＋ 6，只要证( 2＋ 7)2<( 3＋ 6)2，即证 9＋2 14<9＋2 18，
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【解题法】 应用分析法与综合法证明时需注意的问题 (1)分析法证明时应注意的问题 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…… 只需证……”或用“⇐”．注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写． (2)综合法与分析法应用的注意点 ①综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法 分析，综合法书写，这一点在立体几何中应用最为明显．同时，在数列、三角函数、解析几何中也大多是 利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题． ②对于较复杂的问题，可以采用两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论， 然后通过综合法由条件证明这个中间结论，使原命题得证．
故只要证 14< 18，即证 14<18.
以上证明不等式所用的最适合的方法是分析法．
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3．用反证法证明命题“若 a，b∈N，ab 能被 3 整除，那么 a，b 中至少有一个能被 3 整除”时，假设
应为( )
命题法 1 直接证明 典例 1 已知 a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
[证明] 要证明 2a3－b3≥2ab2－a2b 成立， 只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0， 即 2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0， 即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0. ∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0， 从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0 成立， ∴2a3－b3≥2ab2－a2b.
11 撬点·基础点 重难点
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命题法 2 间接证明 典例 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．
的条件
4 撬点·基础点 重难点
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2 间接证明——反证法 (1)定义 假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明 假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法． (2)证明步骤 ①反设——假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真． ②归谬——把“反设”作为条件，经过一系列正确的推理，得出矛盾． ③存真——由矛盾结果断定反设错误，从而肯定原结论成立．