直接证明和间接证明
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直接证明和间接证明
结束
考点二
综合法
[典例引领] (2016· 徐州三中检测)已知二次函数 f(x)＝ax2＋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.求证： 1 (1)a是 f(x)＝0 的一个根； (2)－2<b<－1.
直接证明和间接证明
结束
1．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． 2．利用反证法证明数学问题时，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．
课 前 ·双 基 落 实
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直接证明和间接证明
结束
[谨记通法]
1．利用分析法证明问题的思路 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．如“题组练透”第 2 题． 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、直接，或证明过 程中所需用的知识不太明确、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，常考虑用分析法．
c a 也就是 ＋ ＝1， 只需证 c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 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° ，由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60° ， 即 b2＝c2＋a2－ac，故 c2＋a2＝ac＋b2 成立．于是原等式成立．
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直接证明和间接证明
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(2)由 f(c)＝0，得 ac＋b＋1＝0， 所以 b＝－1－ac. 又 a>0，c>0，所以 b<－1. 1 因为 0<x<c 时，f(x)>0，结合图象知，0<c<a， b x1＋x2 1 所以二次函数 f(x)的图象的对称轴方程为 x＝－ ＝ <a， 2a 2 b 1 即－ <a. 2a 又 a>0，所以 b>－2，所以－2<b<－1.
结束
(2)分析法：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件， 逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实 吻合为止． (3)综合法与分析法的推证过程如下： 综合法—— 已知条件 ⇒…⇒…⇒ 结论 ； 分析法—— 结论 ⇐…⇐…⇐ 已知条件 . 2．间接证明 反证法：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．
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直接证明和间接证明
结束
证明：(1)因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点， 所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2， 因为f(c)＝0，所以x1＝c是f(x)＝0的根， c 11 又x1x2＝a，所以x2＝aa≠c， 1 所以a是f(x)＝0的一个根．
结束
2．下列条件：①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b b a ＜0，其中能使a＋b≥2 成立的条件的个数是________． b a 解析：要使a＋b≥2 成立，
b 则a＞0，即 a 与 b 同号， b a 故①③④均能使a＋b≥2 成立． 答案：3
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[小题体验]
1．设 a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则 a 与 b 的大小关系为 ________．
答案：a＞b
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直接证明和间接证明
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2．(易错题)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. 1 1 3 求证： ＋ ＝ . a＋b b＋c a＋b＋c a＋b＋c a＋b＋c 1 1 3 证明：要证 ＋ ＝ ，即证 ＋ ＝3， a＋b b＋c a＋b＋c a＋b b＋c
直接证明和间接证明
结束
第四节
合情推理与演绎推理
1．直接证明 直接证明中最基本的两种证明方法是 综合法 和 分析法 ． (1)综合法：从已知的条件出发，以已知的定义、公理、定理为 依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．
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[小题纠偏]
1. 6－2 2与 5－ 7的大小关系是________．
解析：假设 6－2 2> 5－ 7，由分析法可得，要证 6－ 2 2> 5－ 7，只需证 6＋ 7> 5＋2 2， 即证 13＋2 42 >13＋4 10， 即 42>2 10.因为 42>40， 所以 6－2 2> 5 － 7成立．答案： 6－2 2> 5－ 7
2．用反证法证明“如果 a＞b，那么 a3＞b3”时假设的内容为 ________．
答案：a3≤b3
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直接证明和间接证明
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考点一 分析法
[题组练透]
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.
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考点二
综合法
[典例引领] (2016· 徐州三中检测)已知二次函数 f(x)＝ax2＋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.求证： 1 (1)a是 f(x)＝0 的一个根； (2)－2<b<－1.
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1．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． 2．利用反证法证明数学问题时，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．
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[谨记通法]
1．利用分析法证明问题的思路 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．如“题组练透”第 2 题． 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、直接，或证明过 程中所需用的知识不太明确、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，常考虑用分析法．
c a 也就是 ＋ ＝1， 只需证 c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 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° ，由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60° ， 即 b2＝c2＋a2－ac，故 c2＋a2＝ac＋b2 成立．于是原等式成立．
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(2)由 f(c)＝0，得 ac＋b＋1＝0， 所以 b＝－1－ac. 又 a>0，c>0，所以 b<－1. 1 因为 0<x<c 时，f(x)>0，结合图象知，0<c<a， b x1＋x2 1 所以二次函数 f(x)的图象的对称轴方程为 x＝－ ＝ <a， 2a 2 b 1 即－ <a. 2a 又 a>0，所以 b>－2，所以－2<b<－1.
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(2)分析法：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件， 逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实 吻合为止． (3)综合法与分析法的推证过程如下： 综合法—— 已知条件 ⇒…⇒…⇒ 结论 ； 分析法—— 结论 ⇐…⇐…⇐ 已知条件 . 2．间接证明 反证法：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．
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证明：(1)因为f(x)的图象与x轴有两个不同的交点， 所以f(x)＝0有两个不等实根x1，x2， 因为f(c)＝0，所以x1＝c是f(x)＝0的根， c 11 又x1x2＝a，所以x2＝aa≠c， 1 所以a是f(x)＝0的一个根．
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2．下列条件：①ab＞0，②ab＜0，③a＞0，b＞0，④a＜0，b b a ＜0，其中能使a＋b≥2 成立的条件的个数是________． b a 解析：要使a＋b≥2 成立，
b 则a＞0，即 a 与 b 同号， b a 故①③④均能使a＋b≥2 成立． 答案：3
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1．设 a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则 a 与 b 的大小关系为 ________．
答案：a＞b
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2．(易错题)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. 1 1 3 求证： ＋ ＝ . a＋b b＋c a＋b＋c a＋b＋c a＋b＋c 1 1 3 证明：要证 ＋ ＝ ，即证 ＋ ＝3， a＋b b＋c a＋b＋c a＋b b＋c
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第四节
合情推理与演绎推理
1．直接证明 直接证明中最基本的两种证明方法是 综合法 和 分析法 ． (1)综合法：从已知的条件出发，以已知的定义、公理、定理为 依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．
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[小题纠偏]
1. 6－2 2与 5－ 7的大小关系是________．
解析：假设 6－2 2> 5－ 7，由分析法可得，要证 6－ 2 2> 5－ 7，只需证 6＋ 7> 5＋2 2， 即证 13＋2 42 >13＋4 10， 即 42>2 10.因为 42>40， 所以 6－2 2> 5 － 7成立．答案： 6－2 2> 5－ 7
2．用反证法证明“如果 a＞b，那么 a3＞b3”时假设的内容为 ________．
答案：a3≤b3
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考点一 分析法
[题组练透]
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.