高考数学复习推理与证明、算法、复数第2节直接证明与间接证明学案理新人教B版

数学①必修第一章集合集合与集合的表示方法集合的概念集合的表示方法集合之间的关系与运算集合之间的关系集合的运算第二章函数函数函数函数的表示方法函数的单调性函数的奇偶性用计算机作函数的图像（选学）一次函数和二次函数一次函数的性质和图像二次函数的性质和图像待定系数法函数的应用（I）函数与方程函数的零点求函数零点近似解的一种近似方法——二分法第三章基本初等函数（I）指数与指数函数有理指数幂及其运算指数函数对数与对数函数对数及其运算对数函数指数函数与对数函数的关系幂函数函数的应用（II）数学②必修第一章立体几何初步空间几何体构成空间几何体的基本元素棱柱、棱锥和棱台的结构特征圆柱、圆锥、圆台和球投影与直观图三视图棱柱、棱锥、棱台和球的表面积柱、锥、台和球的体积点、线、面之间的位置关系平面的基本性质与推论空间中的平行关系空间中的垂直关系第二章平面解析几何初步平面直角坐标系中的基本公式数轴上的基本公式平面直角坐标系中的基本公式直线的方程直线方程的概念与直线的斜率直线方程的集中形式两条直线的位置关系点到直线的距离圆的方程圆的标准方程圆的一般方程直线与圆的位置关系圆与圆的位置关系空间直角坐标系空间直角坐标系空间两点的距离公式数学③必修第一章算法初步算法与程序框图算法的概念程序框图算法的三种基本逻辑结构和框图表示基本算法语句赋值、输入和输出语句条件语句循环语句中国古代数学中的算法案例第二章统计随机抽样简单随机抽样系统抽样分层抽样数据的收集用样本估计总体用样本的频率分布估计总体分布用样本的数字特征估计总体的数字特征变量的相关性变量间的相关关系两个变量的线性相关第三章概率事件与概率随机现象事件与基本事件空间频率与概率概率的加法公式古典概型古典概型概率的一般加法公式（选学）随机数的含义与应用几何概型随机数的含义与应用概率的应用数学④必修第一章基本初等函数（II）任意角的概念与弧度制角的概念的推广弧度制和弧度制与角度制的换算任意角的三角函数三角函数的定义单位圆与三角函数线同角三角函数的基本关系式诱导公式三角函数的图像与性质正弦函数的图像与性质余弦函数、正切函数的图像与性质已知三角函数值求角第二章平面向量向量的线性运算向量的概念向量的加法向量的减法向量的数乘向量共线的条件与轴上向量坐标运算向量的分解与向量的坐标运算平面向量基本定理向量的正交分解与向量的直角坐标运算用平面向量坐标表示向量共线条件平面向量的数量积向量数量积的物理背景与定义向量数量积的运算律向量数量积的坐标运算与度量公式向量的应用向量在几何中的应用向量在物理中的应用第三章三角恒等变换和角公式两角和与差的余弦两角和与差的正弦两角和与差的正切倍角公式和半角公式倍角公式半角的正弦、余弦和正切三角函数的积化和差与和差化积数学⑤必修第一章解三角形正弦定理和余弦定理正弦定理余弦定理应用举例第二章数列数列数列数列的递推公式（选学）等差数列等差数列等差数列的前n项和等比数列等比数列等比数列的前n项和第三章不等式不等关系与不等式不等关系与不等式不等式的性质均值不等式一元二次不等式及其解法不等式的实际应用二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题二元一次不等式（组）所表示的平面区域简单线性规划数学选修1-1第一章常用逻辑用语命题与量词命题量词基本逻辑关联词且”与“或”非”（否定）充分条件、必要条件与命题的四种形式推出与充分条件、必要条件命题的四种形式第二章圆锥曲线与方程椭圆椭圆及其标准方程椭圆的几何性质双曲线双曲线及其标准方程双曲线的几何性质抛物线抛物线及其标准方程抛物线的几何性质第三章导数及其应用导数函数的平均变化率瞬时速度与导数导数的几何意义导数的运算常数与幂函数的导数导数公式表导数的四则运算法则导数的应用利用导数判断函数的单调性利用导数研究函数的极值导数的实际应用数学选修1-2第一章统计案例独立性检验回归分析第二章推理与证明合情推理与演绎推理合情推理演绎推理直接证明与间接证明综合法与分析法反证法第三章数系的扩充与复数的引入数系的扩充与复数的引入实数系复数的引入复数的运算复数的加法和减法复数的乘法和除法第四章框图流程图结构图数学选修2-1第一章常用逻辑用语命题与量词命题量词基本逻辑关联词且”与“或”非”（否定）充分条件、必要条件与命题的四种形式推出与充分条件、必要条件命题的四种形式第二章圆锥曲线与方程曲线与方程曲线与方程的概念由曲线求它的方程、由方程研究曲线的性质椭圆椭圆的标准方程椭圆的几何性质双曲线双曲线的标准方程双曲线的几何性质抛物线抛物线的标准方程抛物线的几何性质直线与圆锥曲线第三章空间向量与立体几何空间向量及其运算空间向量的线性运算空间向量的基本定理空间向量的数量积空间向量的直角坐标运算空间向量在立体几何中的应用直线的方向向量与直线的向量方程平面的法向量与平面的向量表示直线与平面的夹角二面角及其度量距离（选学）数学选修2-2第一章导数及其应用导数函数的平均变化率瞬时速度与导数导数的几何意义导数的运算常数函数与幂函数的导数导数公式表及数学软件的应用导数的四则运算法则导数的应用利用导数判断函数的单调性利用导数研究函数的极值导数的实际应用定积分与微积分基本定理曲边梯形面积与定积分微积分基本定理第二章推理与证明合情推理与演绎推理合情推理演绎推理直接证明与间接证明综合法与分析法反证法数学归纳法数学归纳法数学归纳法应用举例第三章数系的扩充与复数数系的扩充与复数的概念实数系复数的概念复数的几何意义复数的运算复数的加法与减法复数的乘法复数的除法数学选修2-3第一章计数原理基本计数原理排列与组合排列组合二项式定理二项式定理杨辉三角第二章概率离散型随机变量及其分布列离散型随机变量离散型随机变量的分布列超几何分布条件概率与事件的独立性条件概率事件的独立性独立重复试验与二项分布随机变量的数字特征离散型随机变量的数学期望离散型随机变量的方差正态分布第三章统计案例独立性检验回归分析数学选修4-5不等式选讲第一章不等式的基本性质和证明的基本方法不等式的基本性质和一元二次不等式的解法不等式的基本性质一元一次不等式和一元二次不等式的解法基本不等式绝对值不等式的解法、|ax+b|≥c型不等式的解法、|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法绝对值的三角不等式不等式证明的基本方法比较法综合法和分析法反证法和放缩法第二章柯西不等式与排序不等式及其应用柯西不等式平面上的柯西不等式的代数和向量形式柯西不等式的一般形式及其参数配置方法的证明排序不等式平均值不等式（选学）最大值与最小值问题，优化的数学模型第三章数学归纳法与贝努利不等式数学归纳法原理数学归纳法原理数学归纳法应用举例用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式用数学归纳法证明不等式用数学归纳法证明贝努利不等式。

【学习目标】 1. 了解分析法的思考过程和特点；
2. 运用分析法证明数学问题.
3. 对分析法的思考过程和特点的概括.
【自主学习】
任务1：阅读教材，理解下列问题：
（1）分析法：一般地，从要出发，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，
这种证明的方法叫做分析法。

（2）“逆推证法”或“执果索因法”，是分析法的两种形象说法.当已知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的方法。

任务2：完成下列问题：
.5
2
7
3<
+
求证：
【合作探究】
如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过A作SB的垂线，垂足为E，过E作SC的垂线，垂足为F.求证AF⊥SC.
【目标检测】S
C A
B
E
F
. )()( 00 .13
1332122y x y x y x +>+>>，求证：，已知：
.82121 210 .2≥-+<<a a a ，证明已知：
.)()( . 3222222d b c a d c b a d c b a +++≥+++均为正数，求证：，，，设
【学习反思】：本节课我学到了什么？本节课我的学习效率如何？本节课还有哪些没学懂？。

高中数学（B版）必修一第一章集合1．1 集合与集合的表示方法1．2 集合之间的关系与运算第二章函数2．1 函数2．2 一次函数和二次函数2．3 函数的应用（Ⅰ）2．4 函数与方程第三章基本初等函数（Ⅰ）3．1 指数与指数函数3．2 对数与对数函数3．3 幂函数 3．4 函数的应用（Ⅱ）高中数学（B版）必修二第一章立体几何初步1．1 空间几何体1．2 点、线、面之间的位置关系第二章平面解析几何初步2．1 平面真角坐标系中的基本公式2．2 直线方程2．3 圆的方程 2．4 空间直角坐标系高中数学（B版）必修三第一章算法初步1．1 算法与程序框图1．2 基本算法语句1．3 中国古代数学中的算法案例第二章统计2．1 随机抽样2．2 用样本估计总体2．3 变量的相关性第三章概率3．1 随机现象3．2 古典概型3．3 随机数的含义与应用3．4 概率的应用高中数学（B版）必修四第一章基本初等函(Ⅱ)1．1 任意角的概念与弧度制1．2 任意角的三角函数1．3 三角函数的图象与性质第二章平面向量2．1 向量的线性运算 2．2 向量的分解与向量的坐标运算2．3 平面向量的数量积2．4 向量的应用第三章三角恒等变换3．1 和角公式3．2 倍角公式和半角公式3．3 三角函数的积化和差与和差化积高中数学（B版）必修五第一章解直角三角形1．1 正弦定理和余弦定理1．2 应用举例第二章数列2．1 数列2．2 等差数列2．3 等比数列第三章不等式3．1 不等关系与不等式 3．2 均值不等式3．3 一元二次不等式及其解法3．4 不等式的实际应用3．5 二元一次不等式（组）与简单线性规划问题高中数学（B版）选修1－1第一章常用逻辑用语1．1 命题与量词1．2 基本逻辑联结词1．3 充分条件、必要条件与命题的四种形式第二章圆锥曲线与方程2．1 椭圆2．2 双曲线第三章导数及其应用3．1 导数3．2 导数的运算3．3 导数的应用高中数学（B版）选修1－2第一章统计案例第二章推理与证明第三章数系的扩充与复数的引入第四章框图高中数学（B版）选修2-1第一章常用逻辑用语1.1 命题与量词 1.2 基本逻辑联结词1.3 充分条件、必要条件与命题的四种形式第二章圆锥曲线与方程2.1 曲线与方程 2.2 椭圆 2.3 双曲线2.4 抛物线 2.5 直线与圆锥曲线第三章空间向量与立体几何3.1 空间向量及其运算 3.2 空间向量在立体几何中的应用高中数学（B版）选修2-2第一章导数及其应用1.1 导数 1.2 导数的运算1.3 导数的应用 1.4 定积分与微积分基本定理第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理 2.2 直接证明与间接证明 2.3 数学归纳法第三章数系的扩充与复数3.1 数系的扩充与复数的概念 3.2 复数的运算高中数学（B版）选修2-3第一章计数原理1.1基本计数原理 1.2排列与组合1.3二项式定理第二章概率2.1离散型随机变量及其分布列 2.2条件概率与事件的独立性2.3随机变量的数字特征 2.4正态分布第三章统计案例3.1独立性检验 3.2回归分析高中数学（B版）选修4－4第一章坐标系1.1直角坐标系平面上的压缩变换 2极坐标系1.3曲线的极坐标方程 1.4圆的极坐标方程1.5柱坐标系和球坐标系第二章参数方程2.1曲线的参数方程 2.2直线和圆的参数方程2.3圆锥曲线的参数方程高中数学（B版）选修4－5第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1．1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法 1．2 基本不等式1．3 绝对值不等式的解法 1．4 绝对值的三角不等式1．5 不等式证明的基本方法第二章柯西不等式与排序不等式及其应用2．1 柯西不等式 2．2 排序不等式 2．3 平均值不等式(选学)2．4 最大值与最小值问题，优化的数学模型第三章数学归纳法与贝努利不等式3.1数学归纳法原理 3.2 用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式文科学必修1-5，选修1-1，1-2，4-4就够了理科学必修1-5，先修2-1，2-2，2-3，4-4内容上文比理少，知识相对简单，但是对于文科生来说，数学是较难的。

§12.2直接证明与间接证明考纲展示►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．考点1 分析法分析法(1)定义：从要证明的________出发，逐步寻求使它成立的________，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)，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.答案：(1)结论充分条件(1)[教材习题改编]命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明过程“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”应用了________．答案：综合法解析：因为证明过程是“从左往右”，即由条件到结论，所以该命题的证明过程应用了综合法．(2)[教材习题改编]用分析法证明不等式n＋n＋4<2n＋2(n>0)时，最后推得的显然成立的最简不等式是________．答案：0<4解析：要证n＋n＋4<2n＋2，即证2n＋4＋2n2＋4n<4(n＋2)，即证n2＋4n<n＋2，即证n2＋4n<(n＋2)2，即证0<4.证明方法的两个易错点：分析法证明的书写格式．证明不等式3＋7<25，是否可以把“3＋7<25”作已知条件？________.(填“是”或“否”)答案：否解析：要证明不等式3＋7<25，只需证明不等式(3＋7)2<(25)2， 逐步推出结论成立的充分条件，不能把“3＋7<25”作为已知条件使用．[典题1] (1)已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . [证明] 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥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， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .(2)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 . 求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. [证明] 要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋cb ＋c＝3， 也就是c a ＋b ＋ab ＋c＝1，只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°， 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立． 于是原等式成立．[点石成金] 1.利用分析法证明问题的思路先从结论入手，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．考点2 综合法综合法(1)定义：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的________，最后推导出所要证明的结论________，这种证明方法叫做综合法．(2)框图表示：P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q (P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q 表示所要证明的结论)．答案：(1)推理论证 成立[教材习题改编]在△ABC 中，若内角A ，B ，C 成等差数列，且b ＝3a ，则用综合法推得△ABC 的形状是________．答案：直角三角形解析：因为A ，B ，C 成等差数列，所以2B ＝A ＋C .又A ＋B ＋C ＝180°，解得B ＝60°.又b ＝3a ，根据正弦定理得sin B ＝3sin A ，得sin A ＝12，所以A ＝30°(因为b >a ，且B ＝60°，所以A ≠150°)，所以C ＝90°，即△ABC 是直角三角形.证明的两种常见方法：综合法；分析法．(1)设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x(x <0)，证明a >b 应选用的方法是________．答案：综合法解析：∵当x <0时，b ＝e x，∴ 0<b <1，又∵a ＝lg 2＋lg 5＝1，∴a >b .故应选用综合法．(2)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是________． 答案：分析法解析：要证明不等式2＋7<3＋6，只需证明不等式(2＋7)2<(3＋6)2，逐步推出结论成立的充分条件．故应选用分析法．[典题2] 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.[证明] (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1， 即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.[点石成金] 用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．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.如图，在三棱锥P －ABC 中，D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点．已知PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .证明：(1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点， 所以DE ∥PA .又PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8， 所以DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2， 所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF . 又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面ABC .考点3 反证法反证法假设原命题________(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________，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．答案：不成立 矛盾[教材习题改编]用反证法证明“3，5，7不可能成等差数列”时，第一步应假设________．答案：3，5，7成等差数列解析：根据反证法的特点，第一步应假设“3，5，7成等差数列”.证明方法的两个易错点：反证法的假设．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”，假设内容应是________． 答案：假设结论不成立，将结论3a >3b 否定，即3a ≤ 3b .[典题3] 设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． (1)[解] 设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②，得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 11－q n1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－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)， 即a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1， 即a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q k －1·a 1qk ＋1＋a 1qk －1＋a 1qk ＋1.∵a 1≠0，∴2q k＝qk －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． [点石成金] 反证法证明问题的三步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立；(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)已知x ∈R ，a ＝x 2＋12，b ＝2－x ，c ＝x 2－x ＋1，试证明a ，b ，c 至少有一个不小于1.证明：假设a ，b ，c 均小于1，即a <1，b <1，c <1， 则有a ＋b ＋c <3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋12＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，故a ，b ，c 至少有一个不小于1.[方法技巧] 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．[易错防范] 1.用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直至一个明显成立的结论出现为止．2．利用反证法证明数学问题时，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．真题演练集训1．[2016·新课标全国卷Ⅱ]有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．答案：1和3解析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3”．2．[2014·天津卷]已知q 和n 均为给定的大于1的自然数．设集合M ＝{0,1,2，…，q －1}，集合A ＝{x |x ＝x 1＋x 2q ＋…＋x n qn －1，x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }．(1)当q ＝2，n ＝3时，用列举法表示集合A ； (2)设s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n qn －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n qn －1，其中a i ，b i ∈M ，i ＝1,2，…，n .证明：若a n <b n ，则s <t .(1)解：当q ＝2，n ＝3时，M ＝{0,1}，A ＝{x |x ＝x 1＋x 2·2＋x 3·22，可得，A ＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．(2)证明：由s ，t ∈A ，s ＝a 1＋a 2q ＋…＋a n qn －1，t ＝b 1＋b 2q ＋…＋b n qn －1，a i ，b i ∈M ，i ＝1,2，…，n 及a n <b n ，可得s －t ＝(a 1－b 1)＋(a 2－b 2)q ＋…＋(a n －1－b n －1)q n －2＋(a n －b n )q n －1≤(q－1)＋(q －1)q ＋…＋(q －1)qn －2－qn －1＝q －11－qn －11－q－qn －1＝－1<0，所以s <t .课外拓展阅读 反证法应用举例反证法的应用是高考的常考内容，题型为解答题，难度适中，为中高档题，考查方向主要有以下几个方面：一 证明否定性命题[典例1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．(1)[解] 当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2， 两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2)[证明] 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p <q <r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p＋1.(*)又因为p <q <r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．[解题模板]用反证法证明问题的一般步骤二 证明存在性问题[典例2] 若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数．(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值；(2)是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由已知得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ， 即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3. (2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a >－2)上是“四维光军”函数， 因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧h a ＝bh b ＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b 1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在．[易错警示] 利用反证法进行证明时，一定要对所要证明的结论进行否定性的假设，并以此为条件进行归谬，得到矛盾，则原命题成立．三证明唯一性命题[典例3] 已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝2，SA＝1.(1)求证：SA⊥平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．(1)[证明] 由已知，得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.(2)[解] 假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.∵BC∥AD，BC⊄平面SAD，∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.[方法规律] 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，可用反证法来证，反证法关键是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．。

[考纲解读] １．掌握直接证明的两种基本方法：分析法与综合法．（重点）２．能够用反证法证明问题，掌握反证法的步骤：１反设；２归谬；３结论．（难点）３．综合法、反证法证明问题是高考中的一个热点，主要在知识交汇处命题，如数列、不等式等．[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点. 预测将会以不等式、立体几何、数列等知识为载体，考查分析法、综合法与反证法的灵活应用，题型为解答题中的一问，试题难度中等.１．直接证明续表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．（１）反证法的定义：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，从而证明原命题成立的证明方法．（２）用反证法证明的一般步骤：１反设——假设命题的结论不成立；２归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；３结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．１．概念辨析（１）综合法是直接证明，分析法是间接证明．（）（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）反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．（）（４）在解决问题时，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．（）答案（１）×（２）×（３）×（４）√２．小题热身（１）要证明错误!＋错误!<２错误!，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．类比法Ｄ．反证法答案B解析用分析法证明如下：要证明错误!＋错误!<２错误!，需证（错误!＋错误!）２<（２错误!）２，即证１0＋２错误!<２0，即证错误!<５，即证２１<２５，显然成立，故原结论成立．用综合法证明：因为（错误!＋错误!）２—（２错误!）２＝１0＋２错误!—２0＝２（错误!—５）<0，故错误!＋错误!<２错误!.反证法证明：假设错误!＋错误!≥２错误!，通过两端平方后导出矛盾，从而肯定原结论．从以上证法中，可知最合理的是分析法．故选Ｂ．（２）命题“对于任意角θ，cos４θ—sin４θ＝cos２θ”的证明：“cos４θ—sin４θ＝（cos２θ—sin ２θ）（cos２θ＋sin２θ）＝cos２θ—sin２θ＝cos２θ”过程应用了（）Ａ．分析法Ｂ．综合法Ｃ．综合法、分析法综合使用Ｄ．间接证明法答案B解析因为证明过程是“从左到右”，即由条件出发，经过推理得出结论，属于综合法．故选Ｂ．（３）用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x３＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是（）Ａ．方程x３＋ax＋b＝0没有实根Ｂ．方程x３＋ax＋b＝0至多有一个实根Ｃ．方程x３＋ax＋b＝0至多有两个实根Ｄ．方程x３＋ax＋b＝0恰好有两个实根答案A解析因为“方程x３＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x３＋ax＋b＝0的实根的个数大于或等于１”，因此，要作的假设是方程x３＋ax＋b＝0没有实根．故选Ａ．题型错误!分析法的应用（２0１9·长沙模拟）已知函数f（x）＝tan x，x∈错误!，若x１，x２∈错误!，且x１≠x２，求证：错误![f（x１）＋f（x２）]>f错误!.证明要证错误![f（x１）＋f（x２）]>f错误!，即证明错误!（tan x１＋tan x２）>tan错误!，只需证明错误!错误!>tan错误!，只需证明错误!>错误!.由于x１，x２∈错误!，故x１＋x２∈（0，π）．所以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．由x１，x２∈错误!，x１≠x２知上式显然成立，因此错误![f（x１）＋f（x２）]>f错误!.条件探究举例说明中“f（x）”变为“f（x）＝３x—２x”，试证：对于任意的x１，x２∈R，均有错误!≥f错误!.１．分析法证明问题的策略（１）逆向思考是用分析法证题的主要思想．（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与结论等价（或充分）的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．２．分析法的适用范围及证题关键（１）适用范围１已知条件与结论之间的联系不够明显、直接．２证明过程中所需要用的知识不太明确、具体．３含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导．（２）证题关键：保证分析过程的每一步都是可逆的．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.求证：错误!＋错误!＝错误!.证明要证错误!＋错误!＝错误!，即证错误!＋错误!＝３，也就是错误!＋错误!＝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°，由余弦定理，得b２＝c２＋a２—２ac cos60°，即b２＝c２＋a２—ac，故c２＋a２＝ac＋b２成立．于是原等式成立．题型错误!综合法的应用（２0１8·黄冈模拟）设数列{a n}的前n项和为S n，且（３—m）S n＋２ma n＝m＋３（n∈N）．其中m为常数，且m≠—３．（１）求证：{a n}是等比数列；（２）若数列{a n}的公比q＝f（m），数列{b n}满足b１＝a１，b n＝错误!f（b n—１）（n∈N，n≥２），求证：错误!为等差数列．证明（１）由（３—m）S n＋２ma n＝m＋３，得（３—m）S n＋１＋２ma n＋１＝m＋３．两式相减，得（３＋m）a n＋１＝２ma n，m≠—３，∴错误!＝错误!，∴{a n}是等比数列．（２）∵（３—m）S n＋２ma n＝m＋３，∴（３—m）a１＋２ma１＝m＋３，∴a１＝１．b１＝a１＝１，q＝f（m）＝错误!，∴当n∈N且n≥２时，b n＝错误!f（b n—１）＝错误!·错误!⇒b n b n—１＋３b n＝３b n—１⇒错误!—错误!＝错误!.∴错误!是首项为１，公差为错误!的等差数列．１．利用综合法证题的策略用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：（１）定义明确的问题；（２）已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．２．综合法证明问题的常见类型及方法（１）与不等式有关的证明：充分利用函数、方程、不等式间的关系，同时注意函数单调性、最值的应用，尤其注意导数思想的应用．（２）与数列有关的证明：充分利用等差、等比数列的定义通项及前n项和公式证明．见举例说明.设a，b，c都是正数，求证：错误!＋错误!＋错误!≥a＋b＋c.证明因为a，b，c都是正数，所以错误!，错误!，错误!都是正数．所以错误!＋错误!≥２c，当且仅当a＝b时等号成立，错误!＋错误!≥２a，当且仅当b＝c时等号成立，错误!＋错误!≥２b，当且仅当a＝c时等号成立．三式相加，得２错误!≥２（a＋b＋c），即错误!＋错误!＋错误!≥a＋b＋c，当且仅当a＝b＝c时等号成立．题型错误!反证法的应用角度１证明否定性命题１．（２0１8·株州月考）设{a n}是公比为q的等比数列．（１）推导{a n}的前n项和公式；（２）设q≠１，证明：数列{a n＋１}不是等比数列．解（１）略（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错误!＋２a k＋１＋１＝a k a k＋２＋a k＋a k＋２＋１，a错误!q２k＋２a１q k＝a１q k—１·a１q k＋１＋a１q k—１＋a１q k＋１，∵a１≠0，∴２q k＝q k—１＋q k＋１.∵q≠0，∴q２—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．角度２证明“至多”“至少”“唯一”命题２．已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f（x）∈M，（ⅰ）方程f（x）—x＝0有实数根；（ⅱ）函数f（x）的导数f′（x）满足0<f′（x）<１．（１）判断函数f（x）＝错误!＋错误!是不是集合M中的元素，并说明理由；（２）集合M中的元素f（x）具有下面的性质：若f（x）的定义域为D，则对于任意[m，n]⊆D，都存在x0∈（m，n），使得等式f（n）—f（m）＝（n—m）f′（x0）成立．试用这一性质证明：方程f （x）—x＝0有且只有一个实数根．解（１）１当x＝0时，f（0）＝0，所以方程f（x）—x＝0有实数根为0；２因为f′（x）＝错误!＋错误!cos x，所以f′（x）∈错误!，满足条件0<f′（x）<１．由１２可得，函数f（x）＝错误!＋错误!是集合M中的元素．（２）证明：假设方程f（x）—x＝0存在两个实数根α，β（α≠β），则f（α）—α＝0，f（β）—β＝0．不妨设α<β，根据题意存在c∈（α，β）．满足f（β）—f（α）＝（β—α）f′（c）．因为f（α）＝α，f（β）＝β，且α≠β，所以f′（c）＝１．与已知0<f′（x）<１矛盾．又f（x）—x＝0有实数根，所以方程f（x）—x＝0有且只有一个实数根．１．反证法证明问题的三步骤２．反证法的适用范围（１）否定性命题；（２）命题的结论中出现“至少”“至多”“唯一”等词语的；（３）当命题成立非常明显，而要直接证明所用的理论太少，且不容易说明，而其逆否命题又是非常容易证明的；（４）要讨论的情况很复杂，而反面情况很少.１．已知x∈R，a＝x２＋错误!，b＝２—x，c＝x２—x＋１，试证明a，b，c至少有一个不小于１．证明假设a，b，c均小于１，即a<１，b<１，c<１，则有a＋b＋c<３，而a＋b＋c＝２x２—２x＋错误!＋３＝２错误!２＋３≥３，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于１．２．已知四棱锥S—ABCD中，底面是边长为１的正方形，又SB＝SD＝错误!，SA＝１．（１）求证：SA⊥平面ABCD；（２）在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．解（１）证明：由已知得SA２＋AD２＝SD２，所以SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，所以SA⊥平面ABCD.（２）假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.因为BC∥AD，BC⊄平面SAD.所以BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，所以平面FBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，所以假设不成立．所以不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.。

数学①必修第一章集合1.1 集合与集合的表示方法1.1.1 集合的概念1.1.2 集合的表示方法1.2 集合之间的关系与运算1.2.1 集合之间的关系1.2.2 集合的运算第二章函数2.1 函数2.1.1 函数2.1.2 函数的表示方法2.1.3 函数的单调性2.1.4 函数的奇偶性2.1.5 用计算机作函数的图像（选学）2.2 一次函数和二次函数2.2.1 一次函数的性质和图像2.2.2 二次函数的性质和图像2.2.3 待定系数法2.3 函数的应用（I）2.4 函数与方程2.4.1 函数的零点2.4.2 求函数零点近似解的一种近似方法——二分法第三章基本初等函数（I）3.1 指数与指数函数3.1.1 有理指数幂及其运算3.1.2 指数函数3.2 对数与对数函数3.2.1 对数及其运算3.2.2 对数函数3.2.3 指数函数与对数函数的关系3.3 幂函数3.2 函数的应用（II）数学②必修第一章立体几何初步1.1 空间几何体1.1.1 构成空间几何体的基本元素1.1.2 棱柱、棱锥和棱台的结构特征1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球1.1.4 投影与直观图1.1.5 三视图1.1.6 棱柱、棱锥、棱台和球的表面积1.1.7 柱、锥、台和球的体积1.2 点、线、面之间的位置关系1.2.1 平面的基本性质与推论1.2.2 空间中的平行关系1.2.3 空间中的垂直关系第二章平面解析几何初步2.1 平面直角坐标系中的基本公式2.1.1 数轴上的基本公式2.1.2 平面直角坐标系中的基本公式2.2 直线的方程2.2.1 直线方程的概念与直线的斜率2.2.2 直线方程的集中形式2.2.3 两条直线的位置关系2.2.4 点到直线的距离2.3 圆的方程2.3.1 圆的标准方程2.3.2 圆的一般方程2.3.3 直线与圆的位置关系2.3.4 圆与圆的位置关系2.4 空间直角坐标系2.4.1 空间直角坐标系2.4.2 空间两点的距离公式数学③必修第一章算法初步1.1 算法与程序框图1.1.1 算法的概念1.1.2 程序框图1.1.3 算法的三种基本逻辑结构和框图表示1.2 基本算法语句1.2.1 赋值、输入和输出语句1.2.2 条件语句1.2.3 循环语句1.3 中国古代数学中的算法案例第二章统计2.1 随机抽样2.1.1 简单随机抽样2.1.2 系统抽样2.1.3 分层抽样2.1.4 数据的收集2.2 用样本估计总体2.2.1 用样本的频率分布估计总体分布2.2.2 用样本的数字特征估计总体的数字特征2.3 变量的相关性2.3.1 变量间的相关关系2.3.2 两个变量的线性相关第三章概率3.1 事件与概率3.1.1 随机现象3.1.2 事件与基本事件空间3.1.3 频率与概率3.1.4 概率的加法公式3.2 古典概型3.2.1 古典概型3.2.2 概率的一般加法公式（选学）3.3 随机数的含义与应用3.3.1 几何概型3.3.2 随机数的含义与应用3.4 概率的应用数学④必修第一章基本初等函数（II）1.1 任意角的概念与弧度制1.1.1 角的概念的推广1.1.2 弧度制和弧度制与角度制的换算1.2 任意角的三角函数1.2.1 三角函数的定义1.2.2 单位圆与三角函数线1.2.3 同角三角函数的基本关系式1.2.4 诱导公式1.3 三角函数的图像与性质1.3.1 正弦函数的图像与性质1.3.2 余弦函数、正切函数的图像与性质1.3.3 已知三角函数值求角第二章平面向量2.1 向量的线性运算2.1.1 向量的概念2.1.2 向量的加法2.1.3 向量的减法2.1.4 向量的数乘2.1.5 向量共线的条件与轴上向量坐标运算2.2 向量的分解与向量的坐标运算2.2.1 平面向量基本定理2.2.2 向量的正交分解与向量的直角坐标运算2.2.3 用平面向量坐标表示向量共线条件2.3 平面向量的数量积2.3.1 向量数量积的物理背景与定义2.3.2 向量数量积的运算律2.3.2 向量数量积的坐标运算与度量公式2.4 向量的应用2.4.1 向量在几何中的应用2.4.2 向量在物理中的应用第三章三角恒等变换3.1 和角公式3.1.1 两角和与差的余弦3.1.2 两角和与差的正弦3.1.3 两角和与差的正切3.2 倍角公式和半角公式3.2.1 倍角公式3.2.2 半角的正弦、余弦和正切3.3 三角函数的积化和差与和差化积数学⑤必修第一章解三角形1.1 正弦定理和余弦定理1.1.1 正弦定理1.1.2 余弦定理1.2 应用举例第二章数列2.1 数列2.1.1 数列2.1.2 数列的递推公式（选学）2.2 等差数列2.2.1 等差数列2.2.2 等差数列的前n项和2.3 等比数列2.3.1 等比数列2.3.2 等比数列的前n项和第三章不等式3.1 不等关系与不等式3.1.1 不等关系与不等式3.1.2 不等式的性质3.2 均值不等式3.3 一元二次不等式及其解法3.4 不等式的实际应用3.5 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题3.5.1 二元一次不等式（组）所表示的平面区域3.5.2 简单线性规划数学选修1-1第一章常用逻辑用语1.1 命题与量词1.1.1 命题1.1.2 量词1.2 基本逻辑关联词1.2.1 “且”与“或”1.2.2 “非”（否定）1.3 充分条件、必要条件与命题的四种形式1.3.1 推出与充分条件、必要条件1.3.2 命题的四种形式第二章圆锥曲线与方程2.1 椭圆2.1.1 椭圆及其标准方程2.1.2 椭圆的几何性质2.2 双曲线2.2.1 双曲线及其标准方程2.2.2 双曲线的几何性质2.3 抛物线2.3.1 抛物线及其标准方程2.3.2 抛物线的几何性质第三章导数及其应用3.1 导数3.1.1 函数的平均变化率3.1.2 瞬时速度与导数3.1.3 导数的几何意义3.2 导数的运算3.2.1 常数与幂函数的导数3.2.2 导数公式表3.2.3 导数的四则运算法则3.3 导数的应用3.3.1 利用导数判断函数的单调性3.3.2 利用导数研究函数的极值3.3.3 导数的实际应用数学选修1-2第一章统计案例1.1 独立性检验1.2 回归分析第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理2.1.1 合情推理2.1.2 演绎推理2.2 直接证明与间接证明2.2.1 综合法与分析法2.2.2 反证法第三章数系的扩充与复数的引入3.1 数系的扩充与复数的引入3.1.1 实数系3.1.2 复数的引入3.2 复数的运算3.2.1 复数的加法和减法3.2.2 复数的乘法和除法第四章框图4.1 流程图4.2 结构图数学选修2-1第一章常用逻辑用语1.1 命题与量词1.1.1 命题1.1.2 量词1.2 基本逻辑关联词1.2.1 “且”与“或”1.2.2 “非”（否定）1.3 充分条件、必要条件与命题的四种形式1.3.1 推出与充分条件、必要条件1.3.2 命题的四种形式第二章圆锥曲线与方程2.1 曲线与方程2.1.1 曲线与方程的概念2.1.2 由曲线求它的方程、由方程研究曲线的性质2.2 椭圆2.2.1 椭圆的标准方程2.2.2 椭圆的几何性质2.3 双曲线2.3.1 双曲线的标准方程2.3.2 双曲线的几何性质2.4 抛物线2.4.1 抛物线的标准方程2.4.2 抛物线的几何性质2.5 直线与圆锥曲线第三章空间向量与立体几何3.1 空间向量及其运算3.1.1 空间向量的线性运算3.1.2 空间向量的基本定理3.1.3 空间向量的数量积3.1.4 空间向量的直角坐标运算3.2 空间向量在立体几何中的应用3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程3.2.2 平面的法向量与平面的向量表示3.2.3 直线与平面的夹角3.2.4 二面角及其度量3.2.5 距离（选学）数学选修2-2第一章导数及其应用1.1 导数1.1.1 函数的平均变化率1.1.2 瞬时速度与导数1.1.3 导数的几何意义1.2 导数的运算1.2.1 常数函数与幂函数的导数1.2.2 导数公式表及数学软件的应用1.2.3 导数的四则运算法则1.3 导数的应用1.3.1 利用导数判断函数的单调性1.3.2 利用导数研究函数的极值1.3.3 导数的实际应用1.4 定积分与微积分基本定理1.4.1 曲边梯形面积与定积分1.4.2 微积分基本定理第二章推理与证明2.1 合情推理与演绎推理2.1.1 合情推理2.1.2 演绎推理2.2 直接证明与间接证明2.2.1 综合法与分析法2.2.2 反证法2.3 数学归纳法 2.3.1 数学归纳法2.3.2 数学归纳法应用举例第三章数系的扩充与复数3.1 数系的扩充与复数的概念3.1.1 实数系3.1.2 复数的概念3.1.3 复数的几何意义3.2 复数的运算3.2.1 复数的加法与减法3.2.2 复数的乘法3.2.3 复数的除法数学选修2-3第一章计数原理1.1 基本计数原理1.2 排列与组合1.2.1 排列1.2.2 组合1.3 二项式定理1.3.1 二项式定理1.3.2 杨辉三角第二章概率2.1 离散型随机变量及其分布列2.1.1 离散型随机变量2.1.2 离散型随机变量的分布列2.1.3 超几何分布2.2 条件概率与事件的独立性2.2.1 条件概率2.2.2 事件的独立性2.2.3 独立重复试验与二项分布2.3 随机变量的数字特征2.3.1 离散型随机变量的数学期望2.3.2 离散型随机变量的方差2.4 正态分布第三章统计案例3.1 独立性检验3.2 回归分析数学选修4-5不等式选讲第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1.1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法1.1.1 不等式的基本性质1.1.2 一元一次不等式和一元二次不等式的解法1.2 基本不等式1.3 绝对值不等式的解法1.3.1 |ax+b|≤c、|ax+b|≥c型不等式的解法1.3.2 |x-a|+|x-b|≥c、|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法1.4 绝对值的三角不等式1.5 不等式证明的基本方法1.5.1 比较法1.5.2 综合法和分析法1.5.3 反证法和放缩法第二章柯西不等式与排序不等式及其应用2.1 柯西不等式2.1.1 平面上的柯西不等式的代数和向量形式2.1.2 柯西不等式的一般形式及其参数配置方法的证明2.2 排序不等式2.3 平均值不等式（选学）2.4 最大值与最小值问题，优化的数学模型第三章数学归纳法与贝努利不等式3.1 数学归纳法原理3.1.1 数学归纳法原理3.1.2 数学归纳法应用举例3.2 用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式3.2.1 用数学归纳法证明不等式3.2.2 用数学归纳法证明贝努利不等式欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。

第2讲直接证明与间接证明【高考会这样考】1．在历年的高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对它们原理的理解和用法．难度多为中档题，也有高档题．2．从考查形式上看，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，考查综合法、分析法、反证法等方法．【复习指导】在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟悉三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要加强训练，达到熟能生巧，有效运用它们的目的．基础梳理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．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．(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.2．间接证明一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒t.t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．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．两个防范(1)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．(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)…”“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．双基自测1．(人教A版教材习题改编)p＝ab＋cd，q＝ma＋nc·bm＋dn(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为()．A．p≥q B．p≤q C．p＞q D．不确定解析q＝ab＋madn＋nbcm＋cd≥ab＋2abcd＋cd＝ab＋cd＝p，当且仅当madn＝abcm时取等号．答案 B2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝e x(x＜0)，则a与b大小关系为()．A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a≤b解析a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝e x，当x＜0时，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A3．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设为()．A．a，b，c都是奇数B ．a ，b ，c 都是偶数C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数解析 ∵a ，b ，c 恰有一个偶数，即a ，b ，c 中只有一个偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一个偶数即全都是奇数，故只有D 正确．答案 D4．(2012·广州调研)设a 、b ∈R ，若a －|b |＞0，则下列不等式中正确的是( )．A ．b －a ＞0B ．a 3＋b 3＜0C ．a 2－b 2＜0D ．b ＋a ＞0 解析 ∵a －|b |＞0，∴|b |＜a ，∴a ＞0，∴－a ＜b ＜a ，∴b ＋a ＞0.答案 D5．在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确．例如：在△ABC 中，若AB ＝AC ，P 是△ABC 内一点，∠APB ＞∠APC ，求证：∠BAP ＜∠CAP ，用反证法证明时应分：假设________和________两类． 答案 ∠BAP ＝∠CAP ∠BAP ＞∠CAP考向一 综合法的应用【例1】►设a ，b ，c ＞0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .[审题视点] 用综合法证明，可考虑运用基本不等式．证明 ∵a ，b ，c ＞0，根据均值不等式，有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c .三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )． 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .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．【训练1】 设a ，b 为互不相等的正数，且a ＋b ＝1，证明：1a ＋1b ＞4.证明 1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ·(a ＋b )＝2＋b a ＋a b ≥2＋2＝4. 又a 与b 不相等．故1a ＋1b ＞4.考向二 分析法的应用【例2】►已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . [审题视点] 先去分母，合并同类项，化成积式．证明 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0.所以要证原不等式成立，只需证明(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)，即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故原不等式得证．逆向思考是用分析法证题的主要思想，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顺利获解的关键．【训练2】 已知a ，b ，m 都是正数，且a ＜b .求证：a ＋m b ＋m ＞a b. 证明 要证明a ＋m b ＋m ＞a b，由于a ，b ，m 都是正数， 只需证a (b ＋m )＜b (a ＋m )，只需证am ＜bm ，由于m ＞0，所以，只需证a ＜b .已知a ＜b ，所以原不等式成立．(说明：本题还可用作差比较法、综合法、反证法)考向三 反证法的应用【例3】►已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a ＞1)．(1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明f (x )＝0没有负根．[审题视点] 第(1)问用单调增函数的定义证明；第(2)问假设存在x 0＜0后，应推导出x 0的范围与x 0＜0矛盾即可．证明 (1)法一 任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，且ax 1＞0.所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＞0.又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)(x 2＋1)(x 1＋1)＝3(x 2－x 1)(x 2＋1)(x 1＋1)＞0， 于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＞0， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．法二 f ′(x )＝a x ln a ＋3(x ＋1)2＞0， ∴f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0＜0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1，又0＜ax 0＜1，所以0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x 0)＝0没有负根．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，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．【训练3】 已知a ，b 为非零向量，且a ，b 不平行，求证：向量a ＋b 与a －b 不平行．证明 假设向量a ＋b 与a －b 平行，即存在实数λ使a ＋b ＝λ(a －b )成立，则(1－λ)a ＋(1＋λ)b ＝0，∵a ，b 不平行，∴⎩⎨⎧ 1－λ＝0，1＋λ＝0，得⎩⎨⎧λ＝1，λ＝－1，所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立．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.【示例】►(本题满分12分)(2011·安徽)设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0.(1)证明l 1与l 2相交；(2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上．第(1)问采用反证法，第(2)问解l 1与l 2的交点坐标，代入椭圆方程验证．[解答示范] 证明 (1)假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行或重合，有k 1＝k 2，(2分)代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0.(4分)这与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交．(6分)(2)由方程组⎩⎨⎧ y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2＋k 1k 2－k 1.(9分)从而2x 2＋y 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12 ＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1， 此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．(12分)用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(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，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．【试一试】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．[尝试解答] (1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1. (2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.① 又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证．。

推理与证明、复数一、非常了解、考试大纲1、推理与证明（1）合情推理与演绎推理① 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用.② 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理.③ 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.（2）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.（3）数学归纳法了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.2、数系的扩充与复数的引入（1）复数的概念 ①理解复数的基本概念. ②理解复数相等的充要条件.③了解复数的代数表示法及其几何意义.（2）复数的四则运算 ①会进行复数代数形式的四则运算.②了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.二、非常考题、高考真题例1、(2012高考福建理)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数.（1）sin 213°+cos 217°-sin13°cos17°（2）sin 215°+cos 215°-sin15°cos15°（3）sin 218°+cos 212°-sin18°cos12°（4）sin 2（-18°）+cos 248°- sin （-18°）cos48°（5）sin 2（-25°）+cos 255°- sin （-25°）cos55°Ⅰ 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数Ⅱ 根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.解：解法一：(1)选择(2)式，计算如下：sin 215°＋cos 215°－sin15°cos15°＝1－12sin30° ＝1－14＝34. (2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－a )＝34. 证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos30°cos α＋sin30°sin α)2－sin α(cos30°cos α＋sin30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α ＝34sin 2α＋34cos 2α＝34. 解法二：(1)同解法一．(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34. 证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝1－cos2α2＋1＋cos 60°－2α2－sin α(cos30°cos α＋sin30°sin α) ＝12－12cos2α＋12＋12(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－32sin αcos α－12sin 2α ＝12－12cos2α＋12＋14cos2α＋34sin2α－34sin2α－14(1－cos2α) ＝1－14cos2α－14＋14cos2α＝34.例2、(2012高考全国理12)正方形ABCD 的边长为1，点E 在边AB 上，点F 在边BC 上，AE ＝BF ＝73.动点P 从E 出发沿直线向F 运动，每当碰到正方形的方向的边时反弹，反弹时反射等于入射角，当点P 第一次碰到E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为（A ）16 （B ）14 （C ）12 (D)10 【答案】B【命题意图】本试题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用。

第2节直接证明与间接证明最新考纲 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.知识梳理1.直接证明内容综合法分析法定义从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从原因推导到结果的思维方法从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一种从结果追溯到产生这一结果的原因的思维方法特点从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的必要条件从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件步骤的符号表示P0(已知)⇒P1⇒P2⇒P3⇒P4(结论)B(结论)⇐B1⇐B2…⇐B n⇐A(已知)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.(1)反证法的定义：一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒tt与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法.(2)用反证法证明的一般步骤：①分清命题的条件和结论；②做出与命题结论相矛盾的假定；③由假定出发，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，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(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)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a <b ”.( ) (3)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾.( )(4)在解决问题时，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.( )解析 (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分条件. (2)应假设“a ≤b ”. (3)反证法只否定结论.答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，则下列命题正确的是( ) A.ac 2<bc 2B.a 2>ab >b 2C.1a <1bD.b a >a b解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0，∴a 2>ab .① 又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2，② 由①②得a 2>ab >b 2. 答案 B3.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≤0C.（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 D4.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B 正确.答案 B5.(教材例题改编)在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 成等比数列，则△ABC 的形状为________.解析 由题意2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，∴B ＝π3，又b 2＝ac ，由余弦定理得b 2＝a 2＋c2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ，∴a 2＋c 2－2ac ＝0，即(a －c )2＝0，∴a ＝c ， ∴A ＝C ，∴A ＝B ＝C ＝π3，∴△ABC 为等边三角形.答案 等边三角形考点一 综合法的应用【例1】 数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)(一题多解)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.(1)证明 ∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列.(2)解 由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.法一1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 法二 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1， 又∵1>nn ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1. 规律方法 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.2.综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.【训练1】 (2018·东北三省三校调研)已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≤3； (2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 证明 (1)∵(a ＋b ＋c )2＝(a ＋b ＋c )＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤(a ＋b ＋c )＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝3， ∴a ＋b ＋c ≤ 3. (2)∵a ＞0，∴3a ＋1＞0， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥243a ＋1（3a ＋1）＝4， 当且仅当43a ＋1＝3a ＋1，即a ＝13时取“＝”.∴43a ＋1≥3－3a ，同理得43b ＋1≥3－3b ，43c ＋1≥3－3c ， 以上三式相加得 4⎝⎛⎭⎪⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9－3(a ＋b ＋c )＝6，∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32， 当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取“＝”.考点二 分析法的应用【例2】 已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b . 证明 要证明2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立， 只需证2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0， 即2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥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， ∴2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .规律方法 1.逆向思考是用分析法证题的主要思想，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顺利获解的关键.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与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证.【训练2】 △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：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 证明 要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3也就是c a ＋b ＋ab ＋c＝1， 只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°， 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°， 即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立. 于是原等式成立. 考点三 反证法的应用【例3】 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.(1)解 由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，解得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 ∈N +，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r .即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2). ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N +，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝q 2＝pr ，(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾. ∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列.规律方法 1.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，可用反证法来证，反证法关键是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.2.用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须否定结论；(2)必须从否定结论进行推理；(3)推导出的矛盾必须是明显的.【训练3】 (2018·郑州一中月考)若f (x )的定义域为[a ，b ]，值域为[a ，b ](a <b )，则称函数f (x )是[a ，b ]上的“四维光军”函数.(1)设g (x )＝12x 2－x ＋32是[1，b ]上的“四维光军”函数，求常数b 的值；(2)是否存在常数a ，b (a >－2)，使函数h (x )＝1x ＋2是区间[a ，b ]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题设得g (x )＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b ]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b ]上单调递增.由“四维光军”函数的定义可知，g (1)＝1，g (b )＝b ， 则12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b >1，所以b ＝3. (2)假设函数h (x )＝1x ＋2在区间[a ，b ](a >－2)上是“四维光军”函数， 因为h (x )＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a .解得a ＝b ，这与已知矛盾. 故不存在常数a ，b 使函数h (x )＝1x ＋2是[a ，b ]上的“四维光军”函数.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.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“至少有一个”的否定是“一个都没有”，故可以理解为都大于60°. 答案 B2.已知m>1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则以下结论正确的是( )A.a>bB.a<bC.a＝bD.a，b大小不定解析∵a＝m＋1－m＝1m＋1＋m，b＝m－m－1＝1m＋m－1.而m＋1＋m>m＋m－1＞0(m＞1)，∴1m＋1＋m<1m＋m－1，即a<b.答案 B3.若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是( )A.lg(1＋a2)>0B.a2＋b2≥2(a－b－1)C.a2＋3ab>2b2D.ab<a＋1 b＋1解析在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.答案 B4.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b2－ac ＜3a”索的因应是( )A.a－b＞0B.a－c＞0C.(a－b)(a－c)＞0D.(a－b)(a－c)＜0解析由题意知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.答案 C5.①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a |＋|b |<1，求证方程x 2＋ax ＋b ＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x 1的绝对值大于或等于1，即假设|x 1|≥1.以下正确的是( ) A.①与②的假设都错误 B.①与②的假设都正确 C.①的假设正确；②的假设错误 D.①的假设错误；②的假设正确解析 反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p ＋q ＞2，所以①不正确；对于②，其假设正确. 答案 D二、填空题6.6＋7与22＋5的大小关系为________. 解析 要比较6＋7与22＋5的大小， 只需比较(6＋7)2与(22＋5)2的大小， 只需比较6＋7＋242与8＋5＋410的大小，只需比较42与210的大小，只需比较42与40的大小， ∵42>40，∴6＋7>22＋ 5. 答案6＋7>22＋ 57.用反证法证明命题“a ，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是______________________.解析 “至少有一个能被5整除”的否定是“都不能被5整除”. 答案 “a ，b 都不能被5整除”8.下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab≥2成立的条件的序号是________.解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④能使b a ＋a b≥2成立.答案 ①③④ 三、解答题9.若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，a ＋c2≥ac ＞0.又上述三个不等式中等号不能同时成立. ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc 成立.上式两边同时取常用对数， 得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg abc ，∴lga ＋b 2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .10.设数列{a n }是公比为q 的等比数列，S n 是它的前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？(1)证明 假设数列{S n }是等比数列，则S 22＝S 1S 3， 即a 21(1＋q )2＝a 1·a 1·(1＋q ＋q 2)， 因为a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，即q ＝0，这与公比q ≠0矛盾，所以数列{S n }不是等比数列. (2)解 当q ＝1时，S n ＝na 1，故{S n }是等差数列； 当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3， 即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)， 得q ＝0，这与公比q ≠0矛盾.综上，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.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2018·日照开学考试)设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy( ) 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 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋y z ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x z ＋x y＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y z ＋z y ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫z x ＋x z ≥6，当且仅当x＝y＝z时等号成立.所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.答案 C12.(2016·全国Ⅱ卷)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________.解析根据丙的说法及乙看了丙的卡片后的说法进行推理.由丙说“我的卡片上的数字之和不是5”，可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的数字为2和3.再根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”可知，甲的卡片上的数字是1和3. 答案1和313.设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab>cd，则a＋b>c＋d；(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件.证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd得(a＋b)2>(c＋d)2.因此a＋b>c＋d.(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd.由(1)得a＋b>c＋d.②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|<|c－d|.综上，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件.。

12.4 直接证明与间接证明考纲要求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、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．直接证明中最基本的两种证明方法是______和______．2．综合法是利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立．综合法又叫________．3．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)．分析法又叫________．4．反证法：假设原命题______(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________，从而证明了__________，这样的证明方法叫反证法．应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：第一步，分清命题“p→q”的__________；第二步，作出与命题结论q相矛盾的假设____；第三步，由p与⌝q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步，断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设⌝q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p→q为真．1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的( )． A ．充分条件 B ．必要条件 C ．充要条件 D ．等价条件 2．用反证法证明命题“三角形的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°3．设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则下列关于t 和s 的大小关系中正确的是( )． A ．t ＞s B ．t ≥s C ．t ＜s D ．t ≤s4．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明：cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ过程应用了( )．A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合应用D ．间接证明法5．因为某种产品的两种原料相继提价，所以生产者决定对产品分两次提价，现在有三种提价方案：方案甲：第一次提价p %，第二次提价q %； 方案乙：第一次提价q %，第二次提价p %；方案丙：第一次提价p ＋q 2%，第二次提价p ＋q2%，其中p ＞q ＞0.比较上述三种方案，提价最多的是( )．A ．甲B ．乙C ．丙D ．一样多一、综合法【例1】如图，四边形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA.求证：(1)平面AMD∥平面BPC；(2)平面PMD⊥平面PBD.方法提炼1．综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，经过一系列的中间推理，最后导出所证结论的真实性．用综合法证明题的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒B n⇒B(A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．2．利用综合法证不等式时，是以基本不等式为基础，以不等式的性质为依据，进行推理论证的．因此，关键是找到与要证结论相匹配的基本不等式及其不等式的性质．3．综合法是一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，这就是保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．请做演练巩固提升1二、分析法【例2】已知△ABC三边a，b，c的倒数成等差数列，证明：B为锐角．方法提炼1．分析法是“执果索因”，它是从要证的结论出发，倒着分析，逐渐地靠近已知．2．用分析法证“若P，则Q”这个命题的模式是：为了证明命题Q为真，这只需证明命题P1为真，从而有……这只需证明命题P2为真，从而有…………这只需证明命题P为真．而已知P为真，故Q必为真．特别警示：用分析法证题时，一定要严格按格式书写，否则极易出错．3．在解决问题时，我们经常把综合法和分析法结合起来使用，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．一般情况下，用分析法寻找思路，用综合法完成证明．请做演练巩固提升4三、反证法【例3】设{a n}是公比为q的等比数列，S n是它的前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？方法提炼反证法是间接证明问题的一种常用方法，它不是从已知条件去直接证明结论，而是先否定结论，在否定结论的基础上进行演绎推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．用反证法证明要把握三点：(1)反设：必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)归谬：必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证．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，有的与已知事实矛盾等，但推导出的矛盾必须是明显的；(3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立．请做演练巩固提升2证明类问题中的新情景问题【典例】设f(x)，g(x)，h(x)是R上的任意实数函数，如下定义两个函数(f∘g)(x)和(f·g)(x)：对任意x∈R，(f∘g)(x)＝f(g(x))，(f·g)(x)＝f(x)g(x)．则下列等式恒成立的是( )．A．((f∘g)·h)(x)＝((f·h)∘(g·h))(x)B．((f·g)∘h)(x)＝((f∘h)·(g∘h))(x)C．((f∘g)∘h)(x)＝((f∘h)∘(g∘h))(x)D．((f·g)·h)(x)＝((f·h)·(g·h))(x)解析：((f·g)∘h)(x)＝(f·g)(h(x))＝f(h(x))g(h(x))＝(f∘h)(x)(g∘h)(x)＝((f∘h)·(g∘h))(x)．答案：B答题指导：对于此类新情景下的新定义问题需要做好以下几点：1．充分理解题意，理解定义是解题的关键．2．若是选择、填空题建议以特例理解新定义，可以化难为易、化繁为简．3．“按规则要求办事”，即新定义如何要求就如何去做，此法虽然可能会繁琐，但只要理解透彻，运算得当也能解决问题．1．(2012浙江绍兴模拟)设a＝lg 2＋lg 5，b＝e x(x＜0)，则a与b的大小关系为( )．A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a≤b2．(2012山师大附中模拟)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为( )．A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数3．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C．F(x)与G(x)均为奇函数D．F(x)为偶函数，G(x)为奇函数4．已知a，b∈(0，＋∞)，求证：1333()a b+＜1222()a b+.参考答案基础梳理自测知识梳理1．综合法 分析法2．顺推证法或由因导果法 3．递推证法或执果索因法4．不成立 假设错误 原命题成立 条件和结论 ⌝q 基础自测 1．A 2.B3．D 解析：∵s －t ＝a ＋b 2＋1－a －2b ＝(b －1)2≥0， ∴s ≥t .4．B 解析：因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论．5．C 解析：设产品的原价为a ，则按方案甲可得提价后的价格为A ＝a (1＋p %)·(1＋q %)；按方案乙可得提价后的价格为B ＝a (1＋q %)(1＋p %)＝A ；按方案丙可得提价后的价格为C ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p ＋q 2%⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p ＋q 2% ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p ＋q 2%2， 则C －B ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p ＋q 2%2－a (1＋p %)(1＋q %)＝a 4(p %－q %)2＞0，故应选C.考点探究突破【例1】 证明：(1)因为PB⊥平面ABCD ，MA⊥平面ABCD ， 所以PB∥MA.因为PB ⊂平面BPC ，MA ⊄平面BPC ， 所以MA∥平面BPC. 同理，DA∥平面BPC.又MA ⊂平面AMD ，AD ⊂平面AMD ，MA∩AD＝A ， 所以平面AMD∥平面BPC.(2)连接AC ，设AC∩BD＝E ，取PD 的中点F ，连接EF ，MF.因为四边形ABCD 为正方形， 所以E 为BD 的中点． 因为F 为PD 的中点，所以EF12PB. 又AM∥12PB ，所以四边形AEFM 为平行四边形． 所以MF∥AE.因为PB⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， 所以PB⊥AE. 所以MF⊥PB.因为四边形ABCD 为正方形， 所以AC⊥BD. 所以MF⊥BD.所以MF⊥平面PBD. 又MF ⊂平面PMD ，所以平面PMD⊥平面PBD.【例2】 证明：要证明B 为锐角，根据余弦定理，也就是证明cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＞0，即需证a 2＋c 2－b 2＞0.由于a 2＋c 2－b 2≥2ac －b 2，要证a 2＋c 2－b 2＞0.只需证2ac －b 2＞0.∵a ，b ，c 的倒数成等差数列， ∴1a ＋1c ＝2b，即2ac ＝b (a ＋c )．∴要证2ac －b 2＞0，只需证b (a ＋c )－b 2＞0， 即证b (a ＋c －b )＞0.上述不等式显然成立． ∴B 必为锐角．【例3】 (1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，即a 12(1＋q )2＝a 1·a 1(1＋q ＋q 2)，∵a 1≠0，∴(1＋q )2＝1＋q ＋q 2，解得q ＝0，这与q ≠0相矛盾， 故数列{S n }不是等比数列．(2)解：当q ＝1时，{S n }是等差数列．当q ≠1时，{S n }不是等差数列．假设q ≠1时，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)．由于a 1≠0，∴2(1＋q )＝2＋q ＋q 2，即q ＝q 2， ∵q ≠1，∴q ＝0，这与q ≠0相矛盾．综上可知，当q ＝1时，{S n }是等差数列；当q ≠1时，{S n }不是等差数列． 演练巩固提升1．A 解析：∵a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b ＝e x ＜e 0＝1，故a ＞b .2．B 解析：“恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”．3．D 解析：由F(x )＝f (x )＋f (－x )，G(x )＝f (x )－f (－x )知F(x )＝F(－x )，G(－x )＋G(x )＝0.4．证明：因为a ，b ∈(0，＋∞)，要证原不等式成立，只需证[(a 3＋b 3)13]6＜[(a 2＋b 2)12]6，即证(a 3＋b 3)2＜(a 2＋b 2)3，即证a 6＋2a 3b 3＋b 6＜a 6＋3a 4b 2＋3a 2b 4＋b 6，只需证2a3b3＜3a4b2＋3a2b4.因为a，b∈(0，＋∞)，所以即证2ab＜3(a2＋b2)．而a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab＞2ab成立，所以(a3＋b3)13＜(a2＋b2)12.。

【2019最新】精选高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数13-2直接证明与间接证明教师用书理新人教1．直接证明(1)综合法①定义：一般地，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．②框图表示：―→―→―→…―→Qn⇒Q(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)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，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：―→―→―→…―→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法：一般地，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，从而证明原命题成立的证明方法．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( ×)(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)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．( ×)(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( ×)(5)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．( √)(6)证明不等式＋<＋最合适的方法是分析法．( √)1．若a，b，c为实数，且a<b<0，则下列命题正确的是( )A．ac2<bc2 B．a2>ab>b2C.<D.>ab答案B解析a2－ab＝a(a－b)，∵a<b<0，∴a－b<0，∴a2－ab>0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.2．(2016·北京)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( )A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C．乙盒中红球不多于丙盒中红球D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案B解析取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机，③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上选B.3．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－≤0C.－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D解析a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.4．如果a＋b>a＋b，则a、b应满足的条件是__________________________．答案a≥0，b≥0且a≠b解析∵a＋b－(a＋b)＝(a－b)＋(b－a)＝(－)(a－b)＝(－)2(＋)．∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(－)2(＋)>0.∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.5．(2016·青岛模拟)如果函数f(x)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，有≤f()，已知函数y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值为________．答案332解析∵f(x)＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，且A、B、C∈(0，π)．∴≤f()＝f()，即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝，∴s in A＋sin B＋sin C的最大值为.题型一综合法的应用例1 (2016·重庆模拟)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1.证明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.思维升华(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．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数．(1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝(x∈[0,1])是不是理想函数．(1)证明取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.(2)解对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，∴f(x)＝2x(x∈[0,1])不是理想函数．对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，即f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)．∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数．对于f(x)＝，x∈[0,1]，显然满足条件①②.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0，即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.∴f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函数．综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函数．题型二分析法的应用例2 已知函数f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.证明要证[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)．所以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.由x1，x2∈，x1≠x2知上式显然成立， 因此[f(x1)＋f(x2)]>f. 引申探究若本例中f(x)变为f(x)＝3x －2x ，试证：对于任意的x1，x2∈R，均有≥f. 证明 要证明≥f，即证明≥－2·，1212(32)(32)2x x x x -+-1223x x +因此只要证明－(x1＋x2)≥－(x1＋x2)， 12332x x +1223x x +即证明≥，12332x x +1223x x +因此只要证明≥，12332x x +由于x1，x2∈R 时，>0, >0，13x 23x由基本不等式知≥显然成立，故原结论成立．12332x x +思维升华 (1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，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顺利获解的关键．(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与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．(2017·重庆月考)设a>0，b>0,2c>a ＋b ，求证：(1)c2>ab ；(2)c － <a<c ＋.证明 (1)∵a>0，b>0,2c>a ＋b≥2， ∴c>，平方得c2>ab. (2)要证c － <a<c ＋， 只要证－ <a －c<，即证|a －c|<，即(a －c)2<c2－ab.∵(a－c)2－c2＋ab ＝a(a ＋b －2c)<0成立， ∴原不等式成立． 题型三 反证法的应用 命题点1 证明否定性命题例3 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 ＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． (1)解 由已知得∴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∈N*，且互不相等)成等比数列，则b ＝bpbr ，即(q ＋)2＝(p ＋)(r ＋)． ∴(q2－pr)＋(2q －p －r)＝0.∵p，q ，r∈N*，∴⎩⎪⎨⎪⎧q2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴()2＝pr ，即(p －r)2＝0.∴p＝r ，与p≠r 矛盾．∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 命题点2 证明存在性问题例4 (2016·济南模拟)若f(x)的定义域为[a ，b]，值域为[a ，b](a<b)，则称函数f(x)是[a ，b]上的“四维光军”函数．(1)设g(x)＝x2－x ＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b 的值；(2)是否存在常数a ，b(a>－2)，使函数h(x)＝是区间[a ，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设得g(x)＝(x －1)2＋1，其图象的对称轴为x ＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b ，即b2－b ＋＝b ，解得b ＝1或b ＝3. 因为b>1，所以b ＝3.(2)假设函数h(x)＝在区间[a ，b] (a>－2)上是“四维光军”函数， 因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾．故不存在． 命题点3 证明唯一性命题例5 已知M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，①方程f(x)－x ＝0有实数根；②函数f(x)的导数f′(x)满足0<f′(x)<1.(1)判断函数f(x)＝＋是不是集合M 中的元素，并说明理由；(2)集合M 中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D ，则对于任意[m ，n]⊆D ，都存在x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n －m)f′(x0)成立．试用这一性质证明：方程f(x)－x ＝0有且只有一个实数根．(1)解 ①当x ＝0时，f(0)＝0，所以方程f(x)－x ＝0有实数根0； ②f′(x)＝＋cos x ，所以f′(x)∈，满足条件0<f′(x)<1. 由①②可得，函数f(x)＝＋是集合M 中的元素．(2)证明 假设方程f(x)－x ＝0存在两个实数根α，β (α≠β)，则f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.不妨设α<β，根据题意存在c∈(α，β)，满足f(β)－f(α)＝(β－α)f′(c)．因为f(α)＝α，f(β)＝β，且α≠β，所以f′(c)＝1.与已知0<f′(x)<1矛盾．又f(x)－x＝0有实数根，所以方程f(x)－x＝0有且只有一个实数根．思维升华应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：第一步：分清命题“p⇒q”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真．所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．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.(1)证明：是函数f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明>c.证明(1)∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，又x1x2＝，∴x2＝(≠c)，∴是f(x)＝0的一个根．即是函数f(x)的一个零点．(2)假设<c，又>0，由0<x<c时，f(x)>0，知f()>0，与f()＝0矛盾，∴≥c，又∵≠c，∴>c.26．反证法在证明题中的应用典例 (12分)直线y ＝kx ＋m(m≠0)与椭圆W ：＋y2＝1相交于A 、C 两点，O 是坐标原点．(1)当点B 的坐标为(0,1)，且四边形OABC 为菱形时，求AC 的长； (2)当点B 在W 上且不是W 的顶点时，证明：四边形OABC 不可能为菱形．思想方法指导 在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去． 规范解答(1)解 因为四边形OABC 为菱形， 则AC 与OB 相互垂直平分． 由于O(0,0)，B(0,1)，所以设点A ，代入椭圆方程得＋＝1， 则t ＝±，故|AC|＝2.[4分](2)证明 假设四边形OABC 为菱形，因为点B 不是W 的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0. 由⎩⎪⎨⎪⎧x2＋4y2＝4，y ＝kx ＋m ，消y 并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx ＋4m2－4＝0.[6分] 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x22＝－，＝k·＋m ＝.所以AC的中点为M.[8分]因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，所以直线OB的斜率为－，因为k·＝－≠－1，所以AC与OB不垂直．[10分]所以OABC不是菱形，与假设矛盾．所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．[12分]1．(2017·泰安质检)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恰好有两个实根答案A解析因为“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”．故选A. 2．(2016·山西质量监测)对累乘运算Π有如下定义：ak＝a1×a2×…×an，则下列命题中的真命题是( )A.2k不能被10100整除B.＝22 015C. (2k－1)不能被5100整除D. (2k－1)2k＝k答案D解析因为(2k－1)2k＝(1×3×5×…×2 015)×(2×4×6×…×2 014)＝1×2×3×…×2 014×2 015＝k，故选D.3．(2017·上饶月考)设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋( )A．都大于2 B．至少有一个大于2C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2答案C解析因为(＋)＋(＋)＋(＋)＝(＋)＋(＋)＋(＋)≥6，当且仅当x＝y＝z时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，故选C.4．①已知p3＋q3＝2，证明：p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②若a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证：方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是( )A．①与②的假设都错误B．①的假设正确；②的假设错误C．①与②的假设都正确D．①的假设错误；②的假设正确答案D解析对于①，结论的否定是p＋q>2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.5．设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤答案C解析若a＝，b＝，则a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b>2，则a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a ＋b≤2与a ＋b>2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1.6．(2016·河南三市联考)设n 为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f(128)>________.答案 92解析 观察f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3可知，等式及不等式右边的数构成首项为，公差为的等差数列，故f(128)>＋6×＝.7．(2016·全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．答案 1和3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．8．若二次函数f(x)＝4x2－2(p －2)x －2p2－p ＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c ，使f(c)>0，则实数p 的取值范围是____________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 解析 若二次函数f(x)≤0在区间[－1,1]内恒成立，2019年则⎩⎪⎨⎪⎧ －＝－2p2＋p ＋1≤0，＝－2p2－3p ＋9≤0，解得p≤－3或p≥，故满足题干条件的p 的取值范围为.9．已知a>0，证明： － ≥a＋－2.证明 要证 －≥ a＋－2，只需证 ≥(a＋)－(2－)．因为a>0，所以(a ＋)－(2－)>0，所以只需证( )2≥[(a＋)－(2－)]2，即2(2－)(a ＋)≥8－4，只需证a ＋≥2.因为a>0，a ＋≥2显然成立(a ＝＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立．10．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：f(x ＋)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 －代入上式可得f(x －＋1)＝f[－(x －)]，即f(x ＋)＝f(－x ＋)，由偶函数的定义可知f(x ＋)为偶函数．11．已知函数f(x)＝ax ＋(a>1)．(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，∴21110x x x a a ->>且，∴()2111210x x x x x a a a a --=->又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴－＝－＋－－＋＋＋＝>0.于是f(x2)－f(x1)＝＋－>0，21x xa a故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝－.∵a>1，∴0<<1，0x a∴0<－<1，即<x0<2，与假设x0<0相矛盾，故方程f(x)＝0没有负数根．12．(2015·陕西)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明．(1)证明Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，则Fn(1)＝n－1＞0，Fn＝1＋＋2＋…＋n－2＝－2＝－＜0，所以Fn(x)在内至少存在一个零点．又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，故Fn(x)在内单调递增，所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn，因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，即－2＝0，故xn＝＋x.(2)解方法一由题设，gn(x)＝，设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x＞0.当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－，若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0，若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1＝xn－1－xn－1＝0，所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x)．方法二由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，gn(x)＝，x＞0，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)，当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)，①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2＜0，所以f2(x)＜g2(x)成立，②假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)，那么，当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝＋xk＋1＝，又gk＋1(x)－2xk＋1＋＋＋k＋12＝，令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)，则h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝k(k＋1)xk－1(x－1)，所以当0＜x＜1时，h′k(x)＜0，hk(x)在(0,1)上递减；当x＞1时，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上递增，所以hk(x)＞hk(1)＝0，从而gk＋1(x)＞，故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1时不等式也成立，由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn(x)＜gn(x)．方法三由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1，2，…，n＋1，则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，所以ak＝1＋(k－1)·(2≤k≤n)，bk＝xk－1(2≤k≤n)，令mk(x)＝ak－bk＝1＋－xk－1，x＞0(2≤k≤n)，当x＝1时，ak＝bk＝1，所以fn(x)＝gn(x)，当x≠1时，m′k(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2＝(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)，而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，若0＜x＜1，xn－k＋1＜1，m′k(x)＜0；若x＞1，xn－k＋1＞1，m′k(x)＞0，从而mk(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以mk(x)＞mk(1)＝0，所以当x＞0且x≠1时，ak＞bk(2≤k≤n)，又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，故fn(x)＜gn(x)，综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x)．*13.(2015·课标全国Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则＋＞＋；(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．证明(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(＋)2＞(＋)2.因此＋＞＋.(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得＋＞＋.②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，即a＋b＋2 ＞c＋d＋2.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。

第2讲直接证明与间接证明【2013年高考会这样考】1．在历年的高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对它们原理的理解和用法．难度多为中档题，也有高档题．2．从考查形式上看，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，考查综合法、分析法、反证法等方法．【复习指导】在备考中，对本部分的内容，要抓住关键，即分析法、综合法、反证法，要搞清三种方法的特点，把握三种方法在解决问题中的一般步骤，熟悉三种方法适用于解决的问题的类型，同时也要加强训练，达到熟能生巧，有效运用它们的目的．基础梳理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．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．(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.2．间接证明一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒t.t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．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．两个防范(1)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．(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)…”“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．双基自测1．(人教A 版教材习题改编)p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc ·b m ＋d n (m 、n 、a 、b 、c 、d 均为正数)，则p 、q 的大小为( )．A ．p ≥qB ．p ≤qC ．p ＞qD ．不确定解析 q ＝ ab ＋mad n ＋nbc m ＋cd ≥ab ＋2abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p ，当且仅当mad n ＝abc m 时取等号． 答案 B2．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x (x ＜0)，则a 与b 大小关系为( )．A ．a ＞bB ．a ＜bC ．a ＝bD ．a ≤b 解析 a ＝lg 2＋lg 5＝1，b ＝e x ，当x ＜0时，0＜b ＜1.∴a ＞b .答案 A3．否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”时，正确的反设为( )．A ．a ，b ，c 都是奇数B ．a ，b ，c 都是偶数C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数解析 ∵a ，b ，c 恰有一个偶数，即a ，b ，c 中只有一个偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一个偶数即全都是奇数，故只有D 正确．答案 D4．(2012·广州调研)设a 、b ∈R ，若a －|b |＞0，则下列不等式中正确的是( )．A ．b －a ＞0B ．a 3＋b 3＜0C ．a 2－b 2＜0 D ．b ＋a ＞0解析 ∵a －|b |＞0，∴|b |＜a ，∴a ＞0，∴－a ＜b ＜a ，∴b ＋a ＞0.答案 D 5．在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确． 例如：在△ABC 中，若AB ＝AC ，P 是△ABC 内一点，∠APB ＞∠APC ，求证：∠BAP ＜∠CAP ，用反证法证明时应分：假设________和________两类． 答案 ∠BAP ＝∠CAP ∠BAP ＞∠CAP考向一 综合法的应用【例1】►设a ，b ，c ＞0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . [审题视点] 用综合法证明，可考虑运用基本不等式．证明 ∵a ，b ，c ＞0，根据均值不等式，有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )． 当且仅当a ＝b ＝c 时取等号．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c . 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．【训练1】 设a ，b 为互不相等的正数，且a ＋b ＝1，证明：1a ＋1b＞4. 证明 1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ·(a ＋b )＝2＋b a ＋a b≥2＋2＝4. 又a 与b 不相等．故1a ＋1b＞4. 考向二 分析法的应用【例2】►已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . [审题视点] 先去分母，合并同类项，化成积式．证明 ∵m ＞0，∴1＋m ＞0.所以要证原不等式成立，只需证明(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)，即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b )2≥0，而(a －b )2≥0显然成立，故原不等式得证．逆向思考是用分析法证题的主要思想，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顺利获解的关键．【训练2】 已知a ，b ，m 都是正数，且a ＜b .求证：a ＋m b ＋m ＞a b. 证明 要证明a ＋mb ＋m ＞a b ，由于a ，b ，m 都是正数， 只需证a (b ＋m )＜b (a ＋m )，只需证am ＜bm ，由于m ＞0，所以，只需证a ＜b .已知a ＜b ，所以原不等式成立．(说明：本题还可用作差比较法、综合法、反证法)考向三 反证法的应用【例3】►已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a ＞1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明f (x )＝0没有负根．[审题视点] 第(1)问用单调增函数的定义证明；第(2)问假设存在x 0＜0后，应推导出x 0的范围与x 0＜0矛盾即可．证明 (1)法一 任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，且ax 1＞0.所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＞0.又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 2＋1x 1＋1＝3x 2－x 1x 2＋1x 1＋1＞0， 于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＞0， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．法二 f ′(x )＝a x ln a ＋3x ＋12＞0，∴f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0＜0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1，又0＜ax 0＜1，所以0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x 0)＝0没有负根． 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，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．【训练3】 已知a ，b 为非零向量，且a ，b 不平行，求证：向量a ＋b 与a －b 不平行． 证明 假设向量a ＋b 与a －b 平行，即存在实数λ使a ＋b ＝λ(a －b )成立，则(1－λ)a ＋(1＋λ)b ＝0，∵a ，b 不平行，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1－λ＝0，1＋λ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝1，λ＝－1，所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立．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.【示例】►(本题满分12分)(2011·安徽)设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0.(1)证明l 1与l 2相交；(2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上．第(1)问采用反证法，第(2)问解l 1与l 2的交点坐标，代入椭圆方程验证．[解答示范] 证明 (1)假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行或重合，有k 1＝k 2，(2分)代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0.(4分)这与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交．(6分)(2)由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2＋k 1k 2－k 1.(9分)从而2x 2＋y 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12 ＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1， 此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．(12分)用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(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，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的． 【试一试】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列．[尝试解答] (1)当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1.又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ， 所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1. (2)反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p ＜q ＜r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p ＋1.① 又因为p ＜q ＜r ，所以r －q ，r －p ∈N *.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立，所以假设不成立，原命题得证．。