高考总复习数学直接证明与间接证明
高考数学复习第十二单元第60讲直接证明与间接证明课件理新人教A版
课堂考点探究
[总结反思] 分析法是逆向思维,当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接,
或证明过程中需要用到的知识不太明确、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.注意用分析法
证题时,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
1 1
1
+ =
成立,
1 1 1 +1
则 y1(x1+y1)+x1(x1+y1)=x1y1,
1 2 3 2
x1+ + 1 =0,
2
4
1 2 3 2
x1+ + 1 >0,从而得出矛盾.
2
4
∴12 +12 +x1y1=0,即
但 x1≠0,y1≠0,即
故原命题成立.
课堂考点探究
考点四 放缩法
2
2
2
由题设得(a+b+c) =1,即 a +b +c +2ab+2bc+2ca=1,
2
所以 3(ab+bc+ca)≤1,即
2
2
2
1
ab+bc+ca≤ .
3
2
2
2
(2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c,当且仅当 a=b=c 时,
三个式子中的等号同时成立,
2 2 2
2 2 2
综合法证明时,易出现因果关系不明确,逻辑表达混乱的错误.
课堂考点探究
变式
在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分
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)．
.
【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
.
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．
.
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
.
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
.
2．用分析法证明：欲使①A>B，只需②C<D，这里①是②的 ()
.
J 基础回扣·自主学习
理教材 夯基础 厚积薄发
统考版高考数学一轮复习第11章算法初步推理与证明第3节直接证明与间接证明数学归纳法课件理新人教版
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1＜2 k＋ k＋1kk＋2＜2 k＋
2
k＋
2 k＋1＋
k＝2
k＋2(
k＋1－
k)＝2
k＋1，
即 n＝k＋1 时，不等式也成立．
由①②得 c1＋c2＋…＋cn＜2 n，n∈N*.
k＋1 1＜
点评：用数学归纳法证明与 n 有关的不等式，在归纳假设使用后 可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用均 值不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．
a2＝
，a3＝
，a4＝
，猜想 an＝
.
3 4 5 n＋1 [易得 a2＝3，a3＝4，a4＝5，故猜想 an＝n＋1.]
1234
02
细研考点·突破题型
考点一 综合法的应用 考点二 分析法的应用 考点三 反证法的应用 考点四 数学归纳法的应用
考点一 综合法的应用 掌握综合法证明问题的思路
(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．
第十一章 算法初步、推理与 证明
第三节 直接证明与间接证明、数学归纳法
[考试要求] 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和特点.
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 过程和特点.
3.了解数学归纳法的原理. 4.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
01
走进教材·夯实基础
梳理·必备知识 激活·必备技能
1．直接证明 (1)综合法 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 的证明方法．
数学的证明方法有哪些
数学的证明方法有哪些
数学的证明方法有以下几种：
1. 直接证明法：通过利用已知的前提条件和逻辑推理方法，从而得出结论。
2. 间接证明法：通过假设命题的否定形式为真，再推导出矛盾，从而得出结论。
3. 数学归纳法：通过证明当命题对于某个整数成立时，它对于下一个整数也成立，从而推导出结论。
4. 反证法：通过假设命题的否定形式为真，然后推导出矛盾的结论，从而得出结论。
5. 构造法：通过构造出满足条件的对象或函数，从而证明命题的成立。
6. 对偶法：通过将原命题的所有元素、运算和关系互换，从而得到一个等价的命题，从而证明原命题的成立。
7. 法则证明：通过运用一些特定的数学规则或定理，将要证明的命题与已知的规则和定理联系起来，从而得出结论。
以上是数学中常见的证明方法，每种方法都有其适用的范围和特点。
在具体证明
时，常常需要综合运用多种方法来完成证明过程。
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．。
直接证明与间接证明
(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，从而使原命题得证．
第23页
高考调研 ·高三总复习·数学（理）
与目标不等式相比较，我们进行第一次放缩，即 2－2n1－1<2， 从而 Sn<2(1＋12＋13＋…＋1n)．
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
探究一：1＋12＋13＋…＋1n与 1＋lnn 之间的内在联系是什么？ 即12＋13＋…＋1n与 lnn 之间的关系是什么？
第34页
高考调研 ·高三总复习·数学（理）
只要证 4(a2＋a12)≥2(a2＋2＋a12)， 即 a2＋a12≥2，而该不等式显然成立． 故原不等式成立． 【答案】 略
第35页
高考调研 ·高三总复习·数学（理）
(2)(2017·鞍山模拟)已知函数 f(x)＝3x－2x，求证：对任意的 正实数 x1，x2 均有f（x1）＋2 f（x2）≥f(x1＋2 x2)．
第20页
高考调研 ·高三总复习·数学（理）
②因为ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 故ab2＋bc2＋ca2＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.所以ab2＋bc2＋ca2≥1. 当且仅当 a＝b＝c＝13时，等号成立． 【答案】 ①略 ②略
答案 C 解析 b2－ac< 3a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2 ⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0 ⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0.
高考数学总复习考点知识专题讲解34---直接证明与间接证明
以上三式相加得 43a1＋1＋3b1＋1＋3c＋1 1≥9－3(a＋b＋c)＝6， ∴3a1＋1＋3b1＋1＋3c＋1 1≥32， 当且仅当a＝b＝c＝13时取“＝”．
角度2：分析法 【例1－2】 (1)已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－ a2b. (2)已知a>0，求证： a2＋a12－ 2≥a＋12－2.
[证明] (1)要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，
只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0， 即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0， 即证(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.
[证明] ①当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－ 3，等式成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即12－22＋32 －42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋ (2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－ k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
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．反证法证明的应用特点 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．
3．数学归纳法的应用特点 归纳假设就是已知条件，在推证n＝k＋1时，可以通过 凑、拆、配项等方法，但必须用上归纳假设．
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．
高中数学中的数学证明方法详细总结与演绎
高中数学中的数学证明方法详细总结与演绎数学作为一门精密的科学，其证明方法的运用和掌握是学习数学的核心能力之一。
在高中数学中，学生们常常需要运用不同的证明方法来解决问题，这不仅帮助他们深入理解数学概念和定理，还培养了他们的逻辑思维和推理能力。
本文将详细总结和演绎高中数学中常见的数学证明方法，帮助读者更好地掌握这些方法并应用于数学问题的解决。
一、直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一，它通过逻辑推理直接证明一个命题。
该方法通常分为两步：首先是列出前提条件，然后根据这些前提条件推导出结论。
例如，要证明直角三角形中斜边的平方等于两直角边的平方和，可以假设直角三角形的两个直角边分别为a和b，斜边为c，在此基础上利用勾股定理进行推导，最终得出c²=a²+b²，从而证明了所要证明的结论。
二、间接证明法间接证明法是通过假设命题不成立，推导出矛盾的结果来证明一个命题。
该方法通常有两个步骤：第一步是假设所要证明的结论不成立，第二步则是根据这个假设推导出一个矛盾的结果。
例如，要证明无理数根号2是一个无理数，可以采用间接证明法。
假设根号2是一个有理数，即可以表示为两个整数的比值。
然后利用有理数的定义进行推导，将根号2表示为两个整数的比值，并得出一个矛盾的结果，即根号2不是一个有理数，从而间接证明了根号2是一个无理数。
三、归纳法归纳法通常用于证明关于正整数的命题，在高中数学中应用较为广泛。
归纳法分为两个步骤：首先证明当n=1时命题成立，然后假设当n=k时命题成立，再证明当n=k+1时命题仍然成立。
例如，要证明等差数列的通项公式，可以使用归纳法。
首先证明当n=1时等差数列的通项公式成立，即a₁=a₁。
然后假设当n=k时等差数列的通项公式成立，即aₖ=a₁+(k-1)d。
再证明当n=k+1时等差数列的通项公式仍然成立，即aₖ₊₁=a₁+kd。
通过归纳法就可以证明等差数列的通项公式对于任意正整数n都成立。
高考数学总复习 66 直接证明与间接证明课件 苏教版
悟 提
言 得…
升
课 时 规 范 训 练
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 基
础
明了原命题成立，这样的证明方法叫反证法．
知 识
梳
(2)常见的“结论词”与“反设词”如下：
理
聚
原结论词
反设词
原结论词
反设词
焦 考
向
存在某个
透 析
至少有一个 一个也没有 对所有 x 成立 x 不成立
方 法
感
存在某个
悟 提
至多有一个 至少有两个 对任意 x 不成立
升
x 成立
课
时
至少有 n 个 至多有 n－1 个
p或q
¬p 且¬q
规 范
训
至多有 n 个 至少有 n＋1 个
p且q
¬p 或¬q
练
基
础
知
【基础自测】
识 梳
理
1．(2013·徐州质检)用反证法证明“若 x2－1＝0，则 x＝－1 或 x
法 感
悟
提
证，最后推导出所要证 明的结论归结为判定一
升
课
明的结论成立.
个明显成立的条件
时 规
范
训
实质
由因导果
执果索因
练
基
框图表 P⇒Q1―→Q1⇒Q2
Q⇐P1―→P1⇐P2 ―→…―→
础 知 识 梳 理
示 ―→…―→Qn⇒Q
得到一个明
聚 焦 考
向
透
显成立的条件
析
方
文字语 因为…所以…或由…
精编12-5直接证明与间接证明资料
师
条件为止．
大
版
综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向
“未知”，其每步推理都是寻找使每一步结论成立的必要
条件．
第12章 第五节
高考数学总复习
4．反证法
在证明数学命题时，要证明的结论要么正确，要么错
误，二者必居其一．我们可以先假定命题结论的反面成立， 北
师
在这个前提下，若推出的结果与定义公理、定理矛盾，或
北
所应用的不等式性质中“＝”号不成立的原因是必须的. 师
大 版
第12章 第五节
高考数学总复习
分析法
[例 2] 是否存在常数 C，使得不等式2xx＋y＋x＋y2y
北
师
≤C≤x＋x2y＋2xy＋y对任意正数 x，y 恒成立？试证明你
大 版
的结论．
第12章 第五节
高考数学总复习
[分析] 本题主要考查用分析法证明不等式及分析
即证 b2＝a2＋c2－ac 成立即可．
又∵在△ABC 中，角 A、B、C 成等差数列，
第12章 第五节
高考数学总复习
∴由2AB＋＝BA＋＋CC＝，π， 得 B＝π3.
由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accosB， 北
∴b2＝a2＋c2－2accosπ3.
师 大
版
即 x2＋y2≥2xy，这显然成立，
∴2xx＋y＋x＋y2y≤23.
第12章 第五节
高考数学总复习
再证：x＋x2y＋2xy＋y≥23，
只需证：3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y)，
即 2xy≤x2＋y2，这显然成立，
北 师
大
∴x＋x2y＋2xy＋y≥23.
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
(
2015高考总复习数学(文)课件：10.2 直接证明与间接证明
(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
6-6第六节 直接证明与间接证明练习题(2015年高考总复习)
第六节 直接证明与间接证明时间：45分钟 分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．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( )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 至多有两个偶数解析 “至少有一个”的否定为“都不是”．故选B.答案 B2．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 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.答案 D3．(2014·临沂模拟)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 取值决定解析 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．答案 C4．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1＋x 2>0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( )A ．恒为负值B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定正负解析 由f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，可知f (x )是R 上的单调递减函数，由x 1＋x 2>0，可知x 1>－x 2，f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，则f (x 1)＋f (x 2)<0，故选A.答案 A5．不相等的三个正数a ，b ，c 成等差数列，并且x 是a ，b 的等比中项，y 是b ，c 的等比中项，则x 2，b 2，y 2三数( )A ．成等比数列而非等差数列B ．成等差数列而非等比数列C ．既成等差数列又成等比数列D ．既非等差数列又非等比数列解析 由已知条件，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋c ＝2b ， ①x 2＝ab ， ②y 2＝bc ， ③由②③得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝x 2b ，c ＝y 2b ，代入①，得x 2b ＋y 2b ＝2b ，即x 2＋y 2＝2b 2.故x 2，b 2，y 2成等差数列，故选B.答案 B6．(2014·济南模拟)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y ( )A ．都大于2B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2D ．至少有一个不大于2解析 假设这三个数都小于2，则三个数之和小于6，又y x ＋y z ＋z x＋z y ＋x z ＋x y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋x z ≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，故这三个数至少有一个不小于2.另取x ＝y ＝z ＝1，可排除A 、B.答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知三个不等式①ab >0；②c a >d b ；③bc >ad .以其中两个作条件，余下一个作结论，则可组成________个正确命题．解析 ①②⇒③，①③⇒②；②③⇒①.答案 38．在等比数列{a n }和等差数列{b n }中，a 1＝b 1＞0，a 3＝b 3＞0，a 1≠a 3，则a 5和b 5的大小关系为________．解析 方法1：设公比为q ，公差为d ，则a 3＝a 1q 2，b 3＝b 1＋2d ＝a 1＋2d ，故由a 3＝b 3，得2d ＝a 1(q 2－1)．又∵a 1≠a 3，∴q 2≠1.∴a 5－b 5＝a 1q 4－(a 1＋4d )＝a 1q 4－[a 1＋2a 1(q 2－1)]＝a 1(q 2－1)2＞0.∴a 5＞b 5.方法2：∵在等比数列{a n }中，a 1≠a 3，∴公比不为1.∴a 1≠a 5.又∵a 1＝b 1，a 3＝b 3，a 5＝a 3q 2＞0(q 为公比)，∴b 3＝b 1＋b 52＝a 3＝a 1a 5＜a 1＋a 52＝b 1＋a 52.∴a 5＞b 5.答案 a 5＞b 59．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1的图象上的点，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__________．解析 a n ＝n 2＋1，b n ＝n .方法1：c n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n 随n 的增大而减小，为减函数，∴c n ＋1＜c n .方法2：c n ＋1＝(n ＋1)2＋1－(n ＋1)，c n ＝n 2＋1－n ，∴c n c n ＋1＝n 2＋1－n (n ＋1)2＋1－(n ＋1)＝(n ＋1)2＋1＋n ＋1n 2＋1＋n＞1. ∴c n ＞c n ＋1.答案 c n ＞c n ＋1 三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分) 10．已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2. 证明 要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2. 只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a ＋ 2.∵a >0，故只要证⎝⎛⎭⎪⎫ a 2＋1a 2＋22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ， 只要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a 2≥2， 而上述不等式显然成立，故原不等式成立．11．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 )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 .12．(1)求证：当a >1时，不等式a 3＋1a 3>a 2＋1a 2成立； (2)要使上述不等式成立，能否将条件“a >1”适当放宽？若能，请放宽条件，并简述理由；若不能，请说明理由；(3)请你根据(1)(2)的结果，写出一个更为一般的结论，且予以证明．解 (1)证明：a 3＋1a 3－a 2－1a 2＝1a 3(a －1)(a 5－1)，∵a >1，∴1a 3(a －1)(a 5－1)>0，故原不等式成立．(2)能将条件“a >1”适当放宽．理由如下：当a ≠1时，(a －1)与(a 5－1)同符号，所以(a －1)(a 5－1)>0，只需a >0且a ≠1就能使1a 3(a －1)(a 5－1)>0，故条件可以放宽为a >0且a ≠1.(3)根据(1)(2)的结果，可推知：若a >0且a ≠1，m >n >0，则有a m＋1a m >a n ＋1a n . 证明如下：a m －a n ＋1a m －1a n ＝a n (a m －n －1)－1a m (a m －n －1)＝1a m (a m －n －1)(a m ＋n －1)，若a >1，则由m >n >0得a m －n －1>0，a m ＋n －1>0，知不等式成立， 若0<a <1，则由m >n >0得a m ＋n －1<0，a m ＋n －1<0知不等式成立．。
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基
础
知
识
回
顾
知识回顾
考
点
互
感悟教材 · 学与思
动
探
究
(对应学生用书 P144)
课 时 作 业
第六篇 第六节
与名师对话·系列丛书
1.直接证明
第6页
高考总复习·课标A版·数学（文） 基 础 知 识 回 顾 考 点 互 动 探 究 课 时 作 业
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第7页
高考总复习·课标A版·数学（文） 基 础 知 识 回 顾 考 点 互 动 探 究 课 时 作 业
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2.间接证明
基
(1)反证法定义：假设原命题 不成立 (即在原命题的条件
础 知
下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出 矛盾 ，因此
识 回 顾
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 考
点
证法.
互 动
探
究
课 时 作 业
动
探
究
(对应学生用书 P144)
课 时 作 业
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考点1
综合法
基
础
综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，
知 识
回
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 顾
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
考 点
互
就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性.
动 探
究
课 时 作 业
第14页
第六篇 第六节
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已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋
基
1a＋1b＋1c2≥6 3，并确定a，b，c为何值时，等号成立．
础 知 识 回
顾
考 点 互 动 探 究
互 动
探
为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论， 究
不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法.
课
时
作
业
第11页
第六篇 第六节
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问题探究2：利用反证法证明问题的关键是什么？可能出现
基
的矛盾是什么？
础 知
识
提示：反证法证明问题的关键是推出与假设矛盾的结论，
第六篇 第六节
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问题探究1：综合法与分析法的思维特点是什么，有何联
基
系？
础 知
识
提示：综合法是从条件推结论，分析法是逆向思维，从结
回 顾
论出发逐步寻求结论成立的条件，两种方法各有优缺点，在证 考
点
题时一般用分析法分析用综合法写出过程.
互 动
探
究
课 时 作 业
课 时 作 业
第15页
第六篇 第六节
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高考总复习·课标A版·数学（文）
【证明】 因为 a，b，c 均为正数，由基本不等式得
基
a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
础 知
识
所以 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①
回 顾
同理a12＋b12＋c12≥a1b＋b1c＋a1c，②
第9页
第六篇 第六节
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(2)适宜用反证法证明的数学命题有：
基
①结论本身以否定形式出现的一类命题；
础 知
识
②关于唯一性、存在性的命题；
回 顾
③结论以“至多”、“至少”等形式出现的命题；
考
点
④结论的反面比原始结论更具体、更容易研究的命题；
互 动
探
⑤要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出 究
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第
六
不等式 推理与证明
篇
(必修 5 第三章 选修 1－2 第二章)
第1页
第六篇 不等式 推理与证明
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第六节
第2页
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基 础 知 识 回 顾
直接证明与间接证明
考
点
互
动
探
究
课 时 作 业
第六篇 第六节
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结论的线索不够清晰.
课
时
作
业
第10页
第六篇 第六节
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(3)用反证法证明问题时要注意的问题：
基
①必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈
础 知
识
现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能， 回
顾
反证都是不完全的；
考
点
②反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作
考情分析
数学证明题在高考中占据重要地位，除在立体几何中考查空间位
基 础
知
置关系的判定外，还常与函数，数列、圆锥曲线相结合进行考查，
识
回
要求学生具备较强的逻辑思维能力、推理论证能力．本节在高考
顾
中一般不会直接命题，往往是以其他知识为载体作为一种方法考
考 点
互
查相关内容．如 2013 年江苏卷 19 等．
回 顾
从而说明假设错误，结论成立，可能出现的矛盾：与假设，与 考
点
已知，与数学公理，定理，公式，定义或已证明的结论矛盾，
互 动
探
与公认的简单事实矛盾.
究
课 时 作 业
第12页
第六篇 第六节
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考点
第13页
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基
础
知
识
回
顾
互动探究
考
点
互
核心突破 · 导与练
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高考导航
基
础
知
考纲要求
识 回
顾
1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解 考
点
分析法和综合法的思考过程、特点．
互
动
探
2．了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法 究
的思考过程
第3页
第六篇 第六节
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高考总复习·课标A版·数学（文）
(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3 时，③式等号成立．
回 顾
即当且仅当 a＝b＝c＝314时，原式等号成立．
考 点 互
动
探
究
课 时 作 业
第17页
第六篇 第六节
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综合法往往以分析法为基础，是分析法的 基
动 探
预测与备考：预计 2015 年高考对本节知识的考查主要是导数及
究
其应用，不等式及其证明，数列的递推公式及通项公式，题型多
课
时
为解答题，分值约为 12 分．备考时应关注与这部分知识的交汇，
作 业
关注不等式的放缩技巧.
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第六篇 第六节
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基础
第5页
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考 点 互
动
故 a2＋b2＋c2＋1a＋1b＋1c2
探 究
≥ab＋bc＋ac＋3a1b＋3b1c＋3a1c≥6 3.③
课 时 作
业
所以原不等式成立
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当且仅当 a＝b＝c 时，①式和②式等号成立，当且仅当 a＝b
基
＝c，
础 知
识