2019年人教版A版高三数学(理)高考一轮复习6.6 直接证明与间接证明教学设计及答案

[备考方向要明了] 考 什 么怎 么 考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、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、特点.1.用综合法、反证法证明问题是高考的热点，题型多为解答题，如2011安徽T19. 2.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，题目具有一定的综合性，属于高档题. [归纳·知识整合] 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，这种证明方法叫做综合法． 框图表示：→→→…→(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 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． 框图表示：→→→…→. [探究]　1.综合法与分析法有什么联系与差异？ 提示：综合法与分析法是直接证明的两种基本方法，综合法的特点是从已知看可知，逐步推出未知．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱．分析法是从未知看需知，逐步靠拢已知．当命题的条件与结论之间的联系不够明显、直接，证明中需要用哪些知识不太明确具体时，往往采用从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻求使当前命题成立的充分条件，把证明转化为判定这些条件是否具备的问题． 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． [探究]　2.在什么情况下可考虑利用反证法证明问题？ 提示：反证法是间接证明的一种方法，它适用于以下两种情形：(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；(2)若从正面证明，需要分成多种情形进行讨论，而从反面证明，只需研究一种或很少的几种情形． [自测·牛刀小试] 1．下列表述：综合法是由因导果法；综合法是顺推法；分析法是执果索因法；分析法是逆推法；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：选D　由综合法、分析法和反证法的推理过程可知，都正确． 2．(教材习题改编)要证明＋<2，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：选B　要证明＋b，那么>”假设内容应是( )A.＝B.<C.＝且<D.＝或的否定为≤ . 4．在不等边三角形中，a为最大边，要想得到A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________． 解析：由余弦定理cos A＝<0，所以b2＋c2－a2b2＋c2. 答案：a2>b2＋c2 5．下列条件：ab>0，ab0，b>0，a<0，b0且>0，即a，b不为0且同号即可，故有3个． 答案：3 综合法的应用 [例1]　设a、b、c＞0，证明＋＋≥a＋b＋c. [自主解答]　a、b、c＞0，根据基本不等式， 有＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c. 三式相加：＋＋＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c. ——————————————————— 利用综合法证明问题的步骤 保持本例条件不变 ，试证明a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)·(a＋b＋c)． 证明：a、b、c>0，a2＋b2≥2ab， (a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)， a3＋b3＋a2b＋ab2≥2ab(a＋b)＝2a2b＋2ab2， a3＋b3≥a2b＋ab2. 同理，b3＋c3≥b2c＋bc2，a3＋c3≥a2c＋ac2， 将三式相加得， 2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac2. 3(a3＋b3＋c3)≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋b2a＋b2c)＋(c3＋c2a＋c2b)＝(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)． a3＋b3＋c3≥(a2＋b2＋c2)(a＋b＋c)． 1．已知x＋y＋z＝1，求证：x2＋y2＋z2≥. 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≥. 分析法的应用 [例2]　已知函数f(x)＝tan x，x，若x1，x2，且x1≠x2， 求证：[f(x1)＋f(x2)]>f. [自主解答]　要证[f(x1)＋f(x2)]>f， 即证明(tan x1＋tan x2)>tan， 只需证明>tan， 只需证明>. 由于x1、x2， 故x1＋x2(0，π)． 故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)f. ——————————————————— 分析法的适用条件 当所证命题不知从何入手时，有时可以运用分析法获得解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往行之有效，对含有根式的证明问题要注意分析法的使用． 2．已知a＞0，求证： －≥a＋－2. 证明：要证 －≥a＋－2， 只要证 ＋2≥a＋＋. a＞0，故只要证2≥2， 即a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2， 从而只要证2 ≥ ， 只要证4≥2， 即a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立. 反证法的应用 [例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？为什么？ [自主解答]　(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S＝S1·S3，即a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)， a1≠0，(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾， 故数列{Sn}不是等比数列． (2)当q＝1时，{Sn}是等差数列． 当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3， 2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)． 由于a1≠0，2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2， q≠1，q＝0，这与q≠0相矛盾． 综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列． ——————————————————— 1．反证法的解题原则 反证法的原理是“正难则反”，即如果正面证明有困难时，或者直接证明需要分多种情况而反面只有一种情况时，可以考虑用反证法． 2．反证法中常见词语的否定形式 原词否定形式至多有n个(即x≤n，nN*)至少有n＋1个(即x>nx≥n＋1，nN*)至少有n个(即x≥n，nN*)至多有n－1个(即x0，且ab＋bc＋ca>0和abc>0. 证明：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，b0. 又ab＋bc＋ca>0，a(b＋c)＋bc>0，且bc0. 又a<0，b＋c0，a＋(b＋c)>0，a>0. 这与a0， 即a＋(b＋c)>0. 又a0. 则a(b＋c)Q B．P＝Q C．P<Q D．由a的取值确定 解析：选C　假设P<Q，要证P<Q，只要证P2<Q2，只要证：2a＋7＋2<2a＋7＋2， 只要证a2＋7ab，a<b及a＝b中至少有一个成立； a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立， 其中正确判断的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：选C　正确；中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个． 5．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x2，b2，y2三数( ) 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：选B　由已知条件，可得 由得代入，得＋＝2b， 即x2＋y2＝2b2. 故x2，b2，y2成等差数列． 6．在R上定义运算：＝ad－bc.若不等式≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为( ) A．－ B．－ C. D. 解析：选D　据已知定义可得不等式x2－x－a2＋a＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a2＋a＋1)≤0，解得－≤a≤， 故a的最大值为. 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 7．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)＝f(1)，如果对于不同的x1，x2[0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|<|x1－x2|，求证：|f(x1)－f(x2)|<.那么他的反设应该是________． 答案：“x1，x2[0,1]，使得|f(x1)－f(x2)|0，则实数p的取值范围是________． 解析：法一：(补集法) 令 解得p≤－3或p≥， 故满足条件的p的范围为. 法二：(直接法) 依题意有f(－1)>0或f(1)>0， 即2p2－p－1<0或2p2＋3p－9<0， 得－ <p<1或－3 <p0，－>1，求证：> . 证明：－>1，a>0， 0<b，只需证·>1， 只需证1＋a－b－ab>1，只需证a－b－ab>0， 即>1，即－>1. 这是已知条件，所以原不等式成立． 11．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3. (1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn； (2)设bn＝(nN*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 解：(1)由已知得 解得d＝2， 故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)． (2)证明：由(1)得bn＝＝n＋. 假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr. 即(q＋)2＝(p＋)(r＋)． (q2－pr)＋(2q－p－r)＝0. p，q，rN*， ∴2＝pr，(p－r)2＝0. p＝r. 与p≠r矛盾． 数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列． 12．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(，an＋1)(nN*)在函数y＝x2＋1的图象上． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2an， 求证：bn·bn＋2<b. 解：(1)由已知得an＋1＝an＋1，则an＋1－an＝1，又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．故an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n. bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1 ＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1. 因为bn·bn＋2－b＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2 ＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1) ＝－2n<0， 所以bn·bn＋2100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25. 证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25， 则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100， 这与已知a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假设错误． 所以a1，a2，a3，a4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． 解：(1)如图，取CD的中点G，连接MG，NG. 因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2， 所以MGCD，MG＝2，NG＝. 因为平面ABCD平面DCEF， 所以MG平面DCEF，可得MGNG. 所以MN＝＝. (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ABCD，所以AB平面DCEF，而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线， 所以ABEN.又ABCD∥EF， 所以ENEF，这与EN∩EF＝E矛盾．故假设不成立． 所以ME与BN不共面，它们是异面直线．。

高三一轮复习 6.6直接证明与间接证明【教学目标】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.了解反证法的思考过程和特点.【重点难点】1.教学重点了解分析法、综合法及反证法的思考过程2.教学难点学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；【教学策略与方法】自主学习、小组讨论法、师生互动法【教学过程】个1个2.必知联系；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． 考点分项突破 考点一综合法1.(2015·安徽高考)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标． (1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明T n ≥14n. 【解】 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2.当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝n －2n2>n －2－1n2＝2n －22n ＝n －1n，所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n . 综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.跟踪训练 1.(2015·北京高考)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．【解】 (1)由f (x )＝x22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x－k x ＝x 2－k x.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)． f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )k－ln k2所以，f (x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2. (2)证明由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k 2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k 2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则 f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 归纳综合法证题的思路考点二 分析法 1. 已知a >0，求证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ， ∴S n ＝a 1－q n1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n 1－q，q ≠1.(2)证明假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 归纳反证法的适用范围及证题的关键1．适用范围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． 2．关键在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．。

第六节 直接证明与间接证明直接证明与间接证明(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、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、特点．知识点一 直接证明 1．综合法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，这种证明方法叫作综合法．2．分析法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，这种证明方法叫作分析法．易误提醒 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．[自测练习]1．要证明3＋7<25，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<25成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明． 答案：B2．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(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：D知识点二 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，这样的证明方法叫作反证法．易误提醒 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．[自测练习]3．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”假设内容应是( ) A.3a ＝3bB.3a <3bC.3a ＝3b 且3a <3bD.3a ＝3b 或3a <3b解析：假设结论不成立，即3a >3b 的否定为3a ≤3b . 答案：D4．设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a ( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－2解析：因为a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a ≤－6，所以三者不能都大于－2.答案：C考点一 综合法的应用|已知a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc >3.[证明] 因为a ，b ，c 为不全相等的正数， 所以b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝b a ＋a b ＋c a ＋a c ＋c b ＋bc －3， >2b a ×a b＋2c a ×a c＋2c b ×bc－3＝3， 即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc>3.综合法证题的思路1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．证明：(1)由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”． (2)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *) 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)． 下面证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n (n ＋1)2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n (n ＋1)2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．考点二 分析法|已知a >0，证明a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.[证明] 要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)． 因为a >0，所以⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)>0， 所以只需证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 22≥⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)2， 即2(2－2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a ≥8－42， 只需证a ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a≥2显然成立⎝⎛⎭⎫a ＝1a ＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．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．2．已知a ，b ，m 都是正数，且a <b ，求证：a ＋m b ＋m >ab .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 ，因为m >0，所以只需证a <b . 又已知a <b ，所以原不等式成立．考点三 反证法|等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．[解] (1)由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)．(2)证明：由(1)，得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0. 因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0.所以p ＝r ，这与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．反证法证明问题的五个注意点(1)分清问题的条件和结论；(2)假设所要证的结论不成立，而假设结论的反面成立(否定结论)；(3)从假设和条件出发，经过正确的推理，导出与已知条件、公理、定理、定义及明显成立的事实相矛盾或自相矛盾(推导矛盾)；(4)因为推理正确，所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误，即结论的反面不成立，从而证明了原结论成立(结论成立)；(5)应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达到否定结论的目的．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.证明：假设a 1，a 2，a 3，a 4均不大于25，即a 1≤25，a 2≤25，a 3≤25，a 4≤25，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4≤25＋25＋25＋25＝100，这与已知a 1＋a 2＋a 3＋a 4>100矛盾，故假设错误．所以a 1，a 2，a 3，a 4中至少有一个数大于25.13.综合法与分析法证题中的易误点【典例】 (1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)设1<a ≤b ≤c ，证明log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c . [证明] (1)由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y ＋xy ⇔xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得[y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1]＝[(xy )2－1]－[xy ·(x ＋y )－(x ＋y )]＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1)＝(xy －1)(xy －x －y ＋1)＝(xy －1)(x －1)(y －1)．既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0，从而所要证明的不等式成立． (2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数的换底公式得 log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y ，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为 x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ，其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1. 故由(1)可知所要证明的不等式成立．[易误点评] (1)证明问题(1)有两处易误点：①不能利用分析法将其正确转化，从而无法找到证明问题的切入口；②不能灵活运用综合法将作差后的代数式变形，从而导致无法证明不等式成立．(2)证明问题(2)时常因忽视条件“1<a ≤b ≤c ”而不能挖掘出其隐含条件，即x ＝log a b ，y ＝log b c ，从而无法证明不等式．[防范措施] (1)在解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程．(2)通过a ，b ，c 的范围得到log a b ≥1，log b c ≥1，联想到x ≥1，y ≥1，从而可令log a b ＝x ，log b c ＝y ，再利用对数换底公式，把不等式转化为关于x ，y 的不等式．[跟踪练习] 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f ⎝⎛⎭⎫x ＋12为偶函数． 证明：由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称， 可知f (x ＋1)＝f (－x )． 将x 换成x －12代入上式可得f ⎝⎛⎭⎫x －12＋1＝f ⎣⎡⎦⎤－⎝⎛⎭⎫x －12， 即f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫－x ＋12， 由偶函数的定义可知f ⎝⎛⎭⎫x ＋12为偶函数．A 组 考点能力演练1．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，a ，b 是正实数，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝⎛⎭⎫ab a ＋b ，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A解析：∵a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b .又f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x在R 上为减函数． ∴f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b 即A ≤B ≤C ，选A. 答案：A2．(2016·宁波模拟)分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0单调递减，若x 1＋x 2>0，则f (x 1)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：A4．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 ＝y2b .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． 答案：B5．(2016·大连模拟)设S 是至少含有两个元素的集合，在S 上定义了一个二元运算“*”(即对任意的a ，b ∈S ，对于有序元素对(a ，b )，在S 中有唯一确定的元素a *b 与之对应)，若对任意的a ，b ∈S ，有a *(b *a )＝b ，则对任意的a ，b ∈S ，下列等式中不恒成立的是( )A ．(a *b )*a ＝aB ．[a *(b *a )]*(a *b )＝aC ．b *(b *b )＝bD ．(a *b )*[b *(a *b )]＝b＝b ，[a *(b *a )]*(a *b )＝中的等式均恒成立，仅选项A 应满足的条件是________． ，b ≥0且a ≠b . 7．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是________． 解析：∵P 2＝2a ＋7＋2a a ＋7＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3a ＋4＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P <Q .答案：P <Q8．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是________．答案：“存在x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”9．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b 2＋1－2m ＝0.(1)求证：1a 2＋4b 2≥9a 2＋b2；(2)求证：m ≥72.证明：(1)(分析法)要证1a 2＋4b 2≥9a 2＋b 2成立，只需证⎝⎛⎭⎫1a 2＋4b 2(a 2＋b 2)≥9， 即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，即证b 2a 2＋4a 2b 2≥4.根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b 2≥2b 2a 2·4a 2b 2＝4成立， 所以原不等式成立．(2)(综合法)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b2＝2m －1，由(1)，知(m －2)(2m －1)≥9，即2m 2－5m －7≥0，解得m ≤－1或m ≥72.因为a 2＋b 2＝m －2>0，1a 2＋4b 2＝2m －1>0，所以m ≥72.10．已知f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，若a ＋c ＝0，f (x )在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－52.这与|b |＋(－|b |)＝0相矛盾，所以a ≠0.(2)当⎪⎪⎪⎪b a ≥2时，由二次函数的对称轴为x ＝－b2a ，知f (x )在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得．所以⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝2，f (－1)＝a －b ＋c ＝－52， 或⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝－52，f (－1)＝a －b ＋c ＝2.又a ＋c ＝0，则此时b 无解，所以⎪⎪⎪⎪b a <2. 由(1)(2)，得a ≠0且⎪⎪⎪⎪b a <2.B 组 高考题型专练1．(2014·高考山东卷)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根解析：反证法中否定结论需全否定，“至少有一个”的否定为“一个也没有”． 答案：A2．(2013·高考北京卷改编)给定数列a 1，a 2，…，a n ，对i ＝1,2，…，n －1，该数列前i 项的最大值记为A i ，后n －i 项a i ＋1，a i ＋2，…，a n 的最小值记为B i ，d i ＝A i －B i .(1)设数列{a n }为3,4,7,1，写出d 1，d 2，d 3的值；(2)设a 1，a 2，…，a n (n ≥4)是公比大于1的等比数列，且a 1>0，证明：d 1，d 2，…，d n－1是等比数列．解：(1)d 1＝2，d 2＝3，d 3＝6. (2)证明：因为a 1>0，公比q >1， 所以a 1，a 2，…，a n 是递增数列．因此，对i ＝1,2，…，n －1，A i ＝a i ，B i ＝a i ＋1. 于是对i ＝1,2，…，n －1， d i ＝A i －B i ＝a i －a i ＋1＝a 1(1－q )q i －1. 因此d i ≠0且d i ＋1d i ＝q (i ＝1,2，…，n －2)，即d 1，d 2，…，d n －1是等比数列．。