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
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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
②框图表示： P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →„→ Qn⇒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 明的结论)．
分
1 1 令 A＝d1－2d，B＝b1－d1－a＋2d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的 n ∈N*，有 An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*) 在(*)式中分别取 n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1， 7A＋3B＋cd1＝0， 从而有19A＋5B＋cd1＝0， 21A＋5B＋cd ＝0， 1 ① ② 10 分 ③
解析：易知 f(x)＝ ex＋x－a在定义域内是增函数， 由 f(f(b))＝b，猜想 f(b)＝b. 反证法：若 f(b)＞b，则 f(f(b))＞f(b)＞b，与题意不符， 若 f(b)＜b，则 f(f(b))＜f(b)＜b，与题意也不符， 故 f(b)＝b， 即 f(x)＝x 在[0,1]上有解． ∴ ex＋x－a＝x，
【规范解答】
n－1 Sn (1)由 c＝0，得 bn＝ n ＝a＋ 2 d.
又因为 b1，b2，b4 成等比数列，所以 b2 2＝b1b4，
d2 3 即a＋2 ＝aa＋2d，化简得
d2－2ad＝0.4 分
因为 d≠0，所以 d＝2a. 因此，对于所有的 m∈N*，有 Sm＝m2a. 从而对于所有的 k，n∈N*， 有 Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.6 分
(2)设数列{bn}的公差是 d1，则 bn＝b1＋(n－1)d1， nSn 即 2 ＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入 Sn 的表达式，整理得，对于 n ＋c 所有的 n∈N*，有
1 3 1 2 d1－ dn ＋b1－d1－a＋ dn ＋cd1n＝c(d1－b1).8 2 2
1 1 解：(1)由题设 － ＝1， 1－an＋1 1－an
1 得 1－a 是公差为 n
1 的等差数列．
1 1 1 又 ＝1，故 ＝n.所以 an＝1－n. 1－a1 1－an (2)证明：由(1)得 1－ an＋1 n＋1－ n 1 1 bn＝ ＝ ＝ － ， n n n＋1· n n＋1
x1＋x2 1 【证明】 要证2[f(x1)＋f(x2)]＞f 2 ，
x1＋x2 1 即证明 (tan x1＋tan x2)＞tan ， 2 2 x1＋x2 1 sin x1 sin x2 只需证明 cos x ＋cos x ＞tan ， 2 2 1 2 sinx1＋x2 sinx1＋x2 只需证明2cos x cos x ＞ . 1 ＋ cos x ＋ x 1 2 1 2 由于
Sn＝ bk＝ k ＝1 k ＝1
n
n
1 1 1 － ＝1－ ＜1. k k＋1 n＋1
题型二 分析法的应用 已知函数 f(x)＝tan x1≠x2，
x1＋x2 1 求证： [f(x1)＋f(x2)]＞f 2 . 2 π π x，x∈0，2，若 x1，x2∈0，2，且
• 【归纳提升】 综合法往往以分析法为基础，是分析法的
逆过程，但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条 件出发，根据不等式的性质推导证明．
针对训练 1 1 1．设数列{an}满足 a1＝0 且 － ＝1. 1－an＋1 1－an (1)求{an}的通项公式；
n 1－ an＋1 (2)设 bn＝ ，记 Sn＝ bk，证明：Sn＜1. n k＝1
题型一 综合法的应用 a2 b2 c2 设 a，b，c＞0，证明： b ＋ c 0，根据基本不等式，有 b ＋b≥2a， c ＋ c2 c≥2b， a ＋a≥2c. a2 b2 c2 三式相加： ＋ ＋ ＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．当且仅当 a＝b b c a ＝c
• 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 ，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这 矛盾 样的证明方法叫做反证法．
•
时，应假设
对点演练
• 用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”
• (
)
• • • •
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°
a＝ex－x2＋x， 令 g(x)＝ex－x2＋x，g′(x)＝ex－2x＋1＝(ex＋1)－2x， 当 x∈[0,1]时， ex＋1≥2,2x≤2， g′(x)≥0，∴g(x)在[0,1]上是增函数， ∴g(0)≤g(x)≤g(1)⇒1≤g(x)≤e， 即 1≤a≤e，故选 A. 答案：A
满分指导：证明题的答题技巧 【典例】 (满分 12 分)(2013· 江苏)设{an}是首项为 a，公差为 d 的 nSn 等差数列(d≠0)，Sn 是其前 n 项的和．记 bn＝ 2 ，n∈N*， n ＋c 其中 c 为实数． (1)若 c＝0，且 b1，b2，b4 成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n ∈N*)； (2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
(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 .
•
对点演练
• • • •
5．反证法证明问题的一般步骤
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面 (否定命题)成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的 推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定 理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾) (3) 立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于 “反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而 肯定了原命题成立．(命题成立)
3x2－x1 ＝ ＞0， x1＋1x2＋1 x2－2 x1－2 于是 f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋ － ＞0， x2＋1 x1＋1 故函数 f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． (另解：可以利用导数证明)
x0－2 (2)假设存在 x0＜0(x0≠－1)满足 f(x0)＝0，则 ax0＝－ . x0＋1 ∵a＞1，∴0＜ax0＜1， x0－2 1 ∴0＜－ ＜1，即2＜x0＜2，与假设 x0＜0 相矛盾，故方程 f(x) x0＋1 ＝0 没有负数根．
第4课时
直接证明与间接证明
• (一)考纲点击 • 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．了解反证法
的思考过程及特点．
• (二)命题趋势 • 1．从考查内容看，本考点是历年高考的必考内容，主
要考查证明中的综合法和反证法，分析法一般不会单独 命题．
• 3．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．
• 4．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．
• 解析：因为“至少有一个”的反面是“一个也没有”，所
以 “ 三角形三个内角至少有一个不大于 60°” 的否定是 “三角形三个内角一个也没有不大于60°”，即“三个内 角都大于60°”，故选B.
• 答案：B
• •
1．综合法证明问题是由因导果，分析法证明问题是 执果索因． 2．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．
由②③得 A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得 B＝0，从而 cd1＝0， 1 1 即 d1－2d＝0，b1－d1－a＋2d＝0，cd1＝0. 1 若 d1＝0，则由 d1－2d＝0，得 d＝0，与题设矛盾，所以 d1≠0.又 因为 cd1＝0，所以 c＝0.12 分
π x1、x2∈0，2，故 x1＋x2∈(0，π)．
∴cos x1cos x2＞0，sin(x1＋x2)＞0，
1＋cos(x1＋x2)＞0， 故只需证明 1＋cos(x1＋x2)＞2cos x1cos x2， 即证 1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2＞2cos x1cos x2， 即证：cos(x1－x2)＜1. 这由
π x1、x2∈0，2，x1≠x2 知上式是显然成立的．
x1＋x2 1 因此，2[f(x1)＋f(x2)]＞f 2 .
• 【归纳提升】 分析法的特点和思路是“执果索因”，即
从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成 立的定理、性质或已经证明成立的结论等，运用分析法必 须考虑条件的必要性是否成立．通常采用“欲证—只需证— 已知”的格式，在表达中要注意叙述形成的规范性．
• (1)下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；
③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间 接证法．其中正确的有
• (
)
• A．2个 B．3个 • C．4个 D．5个 • 解析： 由分析法、综合法、证明法的定义知①②③④⑤正
确．
• 答案：D
(2)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________．(填序号) ①反证法，②分析法，③综合法． 答案：②
【归纳提升】
结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”
形式的不等式， 或直接从正面入手难以寻觅解题的突破口的问题， 宜考虑使用反证法．用反证法证明命题时，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 违背等等，推导出的矛盾必须是明显的．
针对训练 3．(2013· 四川)设函数 f(x)＝ ex＋x－a(a∈R，e 为自然对数的底 数)．若存在 b∈[0,1]使 f(f(b))＝b 成立，则 a 的取值范围是 ( A．[1，e] C．[e,1＋e] B．[1,1＋e] D．[0,1] )
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
②框图表示： P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →„→ Qn⇒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 明的结论)．
分
1 1 令 A＝d1－2d，B＝b1－d1－a＋2d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的 n ∈N*，有 An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*) 在(*)式中分别取 n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1， 7A＋3B＋cd1＝0， 从而有19A＋5B＋cd1＝0， 21A＋5B＋cd ＝0， 1 ① ② 10 分 ③
解析：易知 f(x)＝ ex＋x－a在定义域内是增函数， 由 f(f(b))＝b，猜想 f(b)＝b. 反证法：若 f(b)＞b，则 f(f(b))＞f(b)＞b，与题意不符， 若 f(b)＜b，则 f(f(b))＜f(b)＜b，与题意也不符， 故 f(b)＝b， 即 f(x)＝x 在[0,1]上有解． ∴ ex＋x－a＝x，
【规范解答】
n－1 Sn (1)由 c＝0，得 bn＝ n ＝a＋ 2 d.
又因为 b1，b2，b4 成等比数列，所以 b2 2＝b1b4，
d2 3 即a＋2 ＝aa＋2d，化简得
d2－2ad＝0.4 分
因为 d≠0，所以 d＝2a. 因此，对于所有的 m∈N*，有 Sm＝m2a. 从而对于所有的 k，n∈N*， 有 Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.6 分
(2)设数列{bn}的公差是 d1，则 bn＝b1＋(n－1)d1， nSn 即 2 ＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入 Sn 的表达式，整理得，对于 n ＋c 所有的 n∈N*，有
1 3 1 2 d1－ dn ＋b1－d1－a＋ dn ＋cd1n＝c(d1－b1).8 2 2
1 1 解：(1)由题设 － ＝1， 1－an＋1 1－an
1 得 1－a 是公差为 n
1 的等差数列．
1 1 1 又 ＝1，故 ＝n.所以 an＝1－n. 1－a1 1－an (2)证明：由(1)得 1－ an＋1 n＋1－ n 1 1 bn＝ ＝ ＝ － ， n n n＋1· n n＋1
x1＋x2 1 【证明】 要证2[f(x1)＋f(x2)]＞f 2 ，
x1＋x2 1 即证明 (tan x1＋tan x2)＞tan ， 2 2 x1＋x2 1 sin x1 sin x2 只需证明 cos x ＋cos x ＞tan ， 2 2 1 2 sinx1＋x2 sinx1＋x2 只需证明2cos x cos x ＞ . 1 ＋ cos x ＋ x 1 2 1 2 由于
Sn＝ bk＝ k ＝1 k ＝1
n
n
1 1 1 － ＝1－ ＜1. k k＋1 n＋1
题型二 分析法的应用 已知函数 f(x)＝tan x1≠x2，
x1＋x2 1 求证： [f(x1)＋f(x2)]＞f 2 . 2 π π x，x∈0，2，若 x1，x2∈0，2，且
• 【归纳提升】 综合法往往以分析法为基础，是分析法的
逆过程，但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条 件出发，根据不等式的性质推导证明．
针对训练 1 1 1．设数列{an}满足 a1＝0 且 － ＝1. 1－an＋1 1－an (1)求{an}的通项公式；
n 1－ an＋1 (2)设 bn＝ ，记 Sn＝ bk，证明：Sn＜1. n k＝1
题型一 综合法的应用 a2 b2 c2 设 a，b，c＞0，证明： b ＋ c 0，根据基本不等式，有 b ＋b≥2a， c ＋ c2 c≥2b， a ＋a≥2c. a2 b2 c2 三式相加： ＋ ＋ ＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．当且仅当 a＝b b c a ＝c
• 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 ，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这 矛盾 样的证明方法叫做反证法．
•
时，应假设
对点演练
• 用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”
• (
)
• • • •
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°
a＝ex－x2＋x， 令 g(x)＝ex－x2＋x，g′(x)＝ex－2x＋1＝(ex＋1)－2x， 当 x∈[0,1]时， ex＋1≥2,2x≤2， g′(x)≥0，∴g(x)在[0,1]上是增函数， ∴g(0)≤g(x)≤g(1)⇒1≤g(x)≤e， 即 1≤a≤e，故选 A. 答案：A
满分指导：证明题的答题技巧 【典例】 (满分 12 分)(2013· 江苏)设{an}是首项为 a，公差为 d 的 nSn 等差数列(d≠0)，Sn 是其前 n 项的和．记 bn＝ 2 ，n∈N*， n ＋c 其中 c 为实数． (1)若 c＝0，且 b1，b2，b4 成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n ∈N*)； (2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
(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 .
•
对点演练
• • • •
5．反证法证明问题的一般步骤
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面 (否定命题)成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的 推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定 理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾) (3) 立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于 “反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而 肯定了原命题成立．(命题成立)
3x2－x1 ＝ ＞0， x1＋1x2＋1 x2－2 x1－2 于是 f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋ － ＞0， x2＋1 x1＋1 故函数 f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． (另解：可以利用导数证明)
x0－2 (2)假设存在 x0＜0(x0≠－1)满足 f(x0)＝0，则 ax0＝－ . x0＋1 ∵a＞1，∴0＜ax0＜1， x0－2 1 ∴0＜－ ＜1，即2＜x0＜2，与假设 x0＜0 相矛盾，故方程 f(x) x0＋1 ＝0 没有负数根．
第4课时
直接证明与间接证明
• (一)考纲点击 • 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．了解反证法
的思考过程及特点．
• (二)命题趋势 • 1．从考查内容看，本考点是历年高考的必考内容，主
要考查证明中的综合法和反证法，分析法一般不会单独 命题．
• 3．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．
• 4．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．
• 解析：因为“至少有一个”的反面是“一个也没有”，所
以 “ 三角形三个内角至少有一个不大于 60°” 的否定是 “三角形三个内角一个也没有不大于60°”，即“三个内 角都大于60°”，故选B.
• 答案：B
• •
1．综合法证明问题是由因导果，分析法证明问题是 执果索因． 2．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．
由②③得 A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得 B＝0，从而 cd1＝0， 1 1 即 d1－2d＝0，b1－d1－a＋2d＝0，cd1＝0. 1 若 d1＝0，则由 d1－2d＝0，得 d＝0，与题设矛盾，所以 d1≠0.又 因为 cd1＝0，所以 c＝0.12 分
π x1、x2∈0，2，故 x1＋x2∈(0，π)．
∴cos x1cos x2＞0，sin(x1＋x2)＞0，
1＋cos(x1＋x2)＞0， 故只需证明 1＋cos(x1＋x2)＞2cos x1cos x2， 即证 1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2＞2cos x1cos x2， 即证：cos(x1－x2)＜1. 这由
π x1、x2∈0，2，x1≠x2 知上式是显然成立的．
x1＋x2 1 因此，2[f(x1)＋f(x2)]＞f 2 .
• 【归纳提升】 分析法的特点和思路是“执果索因”，即
从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成 立的定理、性质或已经证明成立的结论等，运用分析法必 须考虑条件的必要性是否成立．通常采用“欲证—只需证— 已知”的格式，在表达中要注意叙述形成的规范性．
• (1)下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；
③分析法是执果索因法；④分析法是逆推法；⑤反证法是间 接证法．其中正确的有
• (
)
• A．2个 B．3个 • C．4个 D．5个 • 解析： 由分析法、综合法、证明法的定义知①②③④⑤正
确．
• 答案：D
(2)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________．(填序号) ①反证法，②分析法，③综合法． 答案：②
【归纳提升】
结论若是“都是”“都不是”“至多”“至少”
形式的不等式， 或直接从正面入手难以寻觅解题的突破口的问题， 宜考虑使用反证法．用反证法证明命题时，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 违背等等，推导出的矛盾必须是明显的．
针对训练 3．(2013· 四川)设函数 f(x)＝ ex＋x－a(a∈R，e 为自然对数的底 数)．若存在 b∈[0,1]使 f(f(b))＝b 成立，则 a 的取值范围是 ( A．[1，e] C．[e,1＋e] B．[1,1＋e] D．[0,1] )