高考数学一轮复习 直接证明和间接证明01课件
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高考数学一轮复习 13-2 直接证明与间接证明课件 新人教A版
ppt精选
5
课堂总结
2．(2014·山东卷)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，要做的假设是 ( ) 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 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”，所以要 做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”． 答案 A
第2讲 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. 了解反证法的思考过程和特点．
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1
课堂总结
知识梳理
1．直接证明
内容
综合法
分析法
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__
(1)ab＋bc＋ac≤13；(2)ab2＋bc2＋ca2≥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.
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10
课堂总结
所以 3(ab＋bc＋ca)≤1，即 ab＋bc＋ca≤13. 当且仅当 a＝b＝c＝13时，等号成立． (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．
高考数学一轮总复习(知识梳理+聚焦考向+能力提升)6.6 直接证明与间接证明课件 理
第十六页，共32页。
C 聚焦考向透析
考 向 二 分析法的应用(yìngyòng)
变式训练
2．已知△ABC三边a，b，c的倒数成等 差数列，证明(zhèngmíng)：B为锐角．
证明：要证明 B 为锐角，根据余弦定理，也就是证明 cos B＝
a2＋c2－b2 2ac ＞0，即需证 a2＋c2－b2＞0.
要证明
2
≥f( 2 )，
（3x1－2x1）＋（3x2－2x2） x1＋x2
x1＋x2
即证明
2
≥3 2 －2· 2 ，
3x1＋3x2
x1＋x2
因此只要证明 2 －(x1＋x2)≥3 2 －(x1＋x2)，
3x1＋3x2 x1＋x2 即证明 2 ≥3 2 ，
3x1＋3x2 因此只要证明 2 ≥ 3x1·3x2，
考 向 三 反证法
例题(lìtí)精编
审题视点 典例精讲 类题通法 变式训练
(2014·浙江杭州模拟)已知函数 f(x)＝ax＋xx－＋21(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．
(1)用增函数定义证明；(2)假设(jiǎshè)有 负数根，根据指数函数性质证出矛盾．
(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．
第七页，共32页。
C 聚焦考向透析
考 向 一 综合法的应用(yìngyòng)
例题(lìtí)精编
已知 f(x)＝l1n＋xx－ln x，f(x)在 x＝x0 处取最大值，
已知 f(x)＝l1n＋xx－ln x，f(x)在 x＝x0 处取最大值，
高考数学(理)一轮复习课件：直接证明与间接证明共75页PPT
46、我们若已接受最坏的，就再没有什么损失。——卡耐基 47、书到用时方恨少、事非经过不知难。——陆游 48、书籍把我们引入最美好的社会，使我们认识各个时代的伟大智者。——史美尔斯 49、熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟。——孙洙 50、谁和我一样用功，谁就会和我一样成功。——莫扎特
高考数学(理)一轮复习课件：直接证明与 间接证逊 2、权力会使人渐渐失去温厚善良的美 德。— —伯克
3、最大限度地行使权力总是令人反感 ；权力 不易确 定之处 始终存 在着危 险。— —塞·约翰逊 4、权力会奴化一切。——塔西佗
5、虽然权力是一头固执的熊，可是金 子可以 拉着它 的鼻子 走。— —莎士 比
2015高考数学一轮复习课件：7.4 直接证明与间接证明
第七页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
3．设 a，b，c∈(－∞，0)，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a( ) A．都不大于－2 B．都不小于－2 C．至少有一个不大于－2 D．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
第八页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
由①②得，B＝π3.③ 由 a、b、c 成等比数列，有 b2＝ac.④ 由余弦定理及③可得， b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac. 再由④得，a2＋c2－ac＝ac.即(a－c)2＝0，因此 a＝c. 从而有 A＝C.⑤
由②③⑤得，A＝B＝C＝π3. 所以△ABC 为等边三角形．
第十四页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
解析：取 x1＝x2＝0 可得 f(0)≥f(0)＋f(0)⇒f(0)≤0.又由条件 ①可得 f(0)≥0，故 f(0)＝0.
第十六页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
题型二 分析法 例 2 已知 a＞b＞0，求证：a－8ab2＜a＋2 b－ ab＜a－8bb2.
第十七页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
第十一页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
疑点清源 证明数学问题的方法比较多，我们比较常用的方法有综合 法、分析法和反证法．在证明问题时，既可独立运用，又可综合 应用． (1)对于较复杂问题的解决，往往既使用综合法又使用分析 法，其结合使用的基本格式为：P⇒P1⇒P2…⇒Pn⇒Qm⇐Qm－1⇐… ⇐Q1⇐Q(P 是已知的条件、公理、定义、公式，Q 则表示要证明的 结论．) (2)反证法是从反面的角度思考的证明方法，即肯定题设而否 定结论，从而导出矛盾推理而得．适合使用反证法证明的命题有： ①否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成 立的命题；⑤直接证明有困难的问题.
3．设 a，b，c∈(－∞，0)，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a( ) A．都不大于－2 B．都不小于－2 C．至少有一个不大于－2 D．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
第八页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
由①②得，B＝π3.③ 由 a、b、c 成等比数列，有 b2＝ac.④ 由余弦定理及③可得， b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac. 再由④得，a2＋c2－ac＝ac.即(a－c)2＝0，因此 a＝c. 从而有 A＝C.⑤
由②③⑤得，A＝B＝C＝π3. 所以△ABC 为等边三角形．
第十四页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
解析：取 x1＝x2＝0 可得 f(0)≥f(0)＋f(0)⇒f(0)≤0.又由条件 ①可得 f(0)≥0，故 f(0)＝0.
第十六页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
题型二 分析法 例 2 已知 a＞b＞0，求证：a－8ab2＜a＋2 b－ ab＜a－8bb2.
第十七页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
第十一页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
疑点清源 证明数学问题的方法比较多，我们比较常用的方法有综合 法、分析法和反证法．在证明问题时，既可独立运用，又可综合 应用． (1)对于较复杂问题的解决，往往既使用综合法又使用分析 法，其结合使用的基本格式为：P⇒P1⇒P2…⇒Pn⇒Qm⇐Qm－1⇐… ⇐Q1⇐Q(P 是已知的条件、公理、定义、公式，Q 则表示要证明的 结论．) (2)反证法是从反面的角度思考的证明方法，即肯定题设而否 定结论，从而导出矛盾推理而得．适合使用反证法证明的命题有： ①否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成 立的命题；⑤直接证明有困难的问题.
人教版高三数学一轮复习精品课件1：13.2 直接证明与间接证明
即证 1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2，
即证：cos(x1－x2)<1.
由 x1，x2∈0，π2，x1≠x2 知上式显然成立，
因此，12[f(x1)＋f(x2)]>fx1＋2 x2.
若本例中 f(x)变为 f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的 x1，
答案：a2>b2＋c2
1.(2013·江苏高考节选)设{an}是首项为 a，公差为 d 的等差数列 (d≠0)，Sn 是其前 n 项的和．记 bn＝nn2＋Snc，n∈N*，其中 c 为实数．若 c＝0，且 b1，b2，b4 成等比数列，证明：Sn k＝ n2Sk(k，n∈N*)．
证明：由题意得，Sn＝na＋n
路漫漫其修远兮，吾将上下而求索！
(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，这种证明方法叫做分析法． 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
n－1 2
d.
由 c＝0，得 bn＝Snn＝a＋n－2 1d.又因为 b1，b2，b4 成等比数列，
所以 b22＝b1b4，即a＋d22＝aa＋32d，化简得 d2－2ad＝0.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 Sn k＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.
3.反证法证题的一般规律 反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主 要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是 A， 或者是非 A.即在同一讨论过程中，A 和非 A 有且仅有一个是正 确的，不能有第三种情况出现．
高考数学一轮总复习 12.4 直接证明与间接证明精品课件 理 新人教版
12.4 直接证明与间接证明
考纲要求
-2-
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.
梳理自测
-3-
1.直接证明中最基本的两种证明方法是 综合法 和 分析法 .
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
3 ×(181×)求2 证3 :=BD14,⊥所以平面VP-PBDAFC=;VP-BCD-VF-BCD=2-14 = 74. (2)若侧棱 PC 上的点 F 满足 PF=7FC,求三棱锥 P-BDF 的体积.
答案
考点一 考点二 考点三
探究突破
-12-
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⇒ …⇒ Bn⇒ B(A 为
考点一 考点二 考点三
{an}满足
a1=0
且1
1-������������+1
−
1-1������������=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设 bn=1-
������������������+1 ,记
������
Sn=���∑���=1bk,证明:Sn<1.
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.
考纲要求
-2-
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.
梳理自测
-3-
1.直接证明中最基本的两种证明方法是 综合法 和 分析法 .
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
3 ×(181×)求2 证3 :=BD14,⊥所以平面VP-PBDAFC=;VP-BCD-VF-BCD=2-14 = 74. (2)若侧棱 PC 上的点 F 满足 PF=7FC,求三棱锥 P-BDF 的体积.
答案
考点一 考点二 考点三
探究突破
-12-
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⇒ …⇒ Bn⇒ B(A 为
考点一 考点二 考点三
{an}满足
a1=0
且1
1-������������+1
−
1-1������������=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设 bn=1-
������������������+1 ,记
������
Sn=���∑���=1bk,证明:Sn<1.
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.
高考数学第一轮总复习 6直接证明与间接证明知识点课件
证明 假设a,b,c都不大于0，即a≤0,b≤0,c≤0,…………..2′
则a+b+c≤0, …………………………………………………...4′
而a+b+c=x2-2πy+ +y2-2π z+ +z2-2πx+ =(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+
2
3
6
π-3. …………………………………………………………….6′
题型三 反证法的应用
π
π
【 c=例z23-2】x(+π14分. )若a,b,c均为实数，且a=x2-2y+2 ,b=y2-2z+3 ,
6
求证：a,b,c中至少有一个大于0.
分析 命题伴有“至少……”“不都……”“都不……”“没 有……”“至多……”等指示性语句，在用直接方法很难证明时， 可以采用反证法.
出发，逐步寻求使
，
直至最后，把要证明的结从论要归证结明的结论
为 它成立的充分条（件已知条件、定义、定理、公理等），这种证
明的判方定法一叫个做明分显析成法立.的条件
（4）反证法：一般地，假设 原命题不（成即立在原命题的条件下，
结论不成立），经过
正,最确后的得推出理矛盾，因此说明
，
从而假设错误 ，这样证的明证了明原方命法题叫成做立反证法.
证明：假设p为奇数，则均为奇数.①
因奇数个奇数之和为奇数，故有
奇数=
②
=
③
=0.
但奇数≠0，这一矛盾说明p为偶数.
答案: ① a11,a21,...a77
② a 1 1 a 2 1 ... a 7 7 ③ a 1 a 2 ... a 7 1 2 ... 7
2014高考数学一轮复习课件_6.7直接证明与间接证明 (1)
1 1 1 1 【解析】 ∵f(n)＝1＋ ＋ ＋ ＋„＋ ， 2 3 4 3n－1 1 1 1 1 1 1 ∴f(n＋1)＝1＋ ＋ ＋„＋ ＋ ＋ ＋ . 2 3 3n－1 3n 3n＋1 3n＋2 1 1 1 ∴f(n＋1)－f(n)＝ ＋ ＋ . 3n 3n＋1 3n＋2
1 1 1 【答案】 ＋ ＋ 3n 3n＋1 3n＋2
•1．用数学归纳法证明等式问题，要“先看 项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边 各有多少项，初始值n0是多少． •2．由n＝k时命题成立，推出n＝k＋1时等式 成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确 变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合 理变形，正确写出证明过程．
•求证：(n＋1)(n＋2)·„·(n＋n)＝ 2n· 3· „· 1· 5· (2n－1)(n∈N*)． •【证明】 (1)当n＝1时，左边＝2，右边＝ 21·1＝2， •∴n＝1时，等式成立． •(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立， •即(k＋1)(k＋2)·„·(k＋k)＝2k·1· 5· (2k 3· „· －1)． •当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋ 3)·„·2k·(2k＋1)(2k＋2)
【审题视点】 观察前4个式子，左边的项数及分母的 1 1 1 n 变化，不难发现一般的不等式为1＋ ＋ ＋„＋ n ＞ 2 3 2 －1 2 (n∈N*)，并用数学归纳法证明．
1 1 1 n 【尝试解答】 一般结论：1＋ ＋ ＋„＋ n ＞ 2 3 2 －1 2 (n∈N*)，证明如下： (1)当n＝1时，由题设条件知命题成立． (2)假设当n＝k(k∈N*)时，猜想正确， 1 1 1 k 即1＋ ＋ ＋„＋ k ＞ . 2 3 2 －1 2 1 1 1 1 1 当n＝k＋1时，1＋ ＋ ＋„＋ k ＋ k＋„＋ k＋1 2 3 2 －1 2 2 －1 k 1 1 1 ＞ ＋ k＋ k ＋„＋ k＋ 1 2 2 2 ＋1 2 －1
高考数学一轮单元复习 第65讲 直接证明与间接证明课件
h
15
第65讲│要点探究
∴a＋2 b·b＋2 c·c＋2 a>abc， ∴即llggaa＋＋22 bb＋·b＋l2gbc＋·2c＋c2＋al>glcg＋(2aab>c)lg．a＋lgb＋lgc.
h
16
第65讲│要点探究
► 探究点3 反证法 例 3 已知函数 f(x)＝ax＋xx－＋21(a>1)． (1)证明：函数 f(x)在(－1，＋∞)上为增函数； (2)证明：方程 f(x)＝0 没有负根．
h
18
第65讲│要点探究
方法二：f(x)＝ax＋1－x＋3 1(a>1)，
求导数得 f′(x)＝axlna＋(x＋31)2，
∵a>1，∴当 x>－1 时，axlna>0，(x＋31)2>0， f′(x)>0 在(－1，＋∞)上恒成立，
则 f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)方法一：设存在 x0<0(x0≠－1)满足 f(x0)＝0，
【思路】 (1)利用单调性定义；(2)用反证法．
h
17
第65讲│要点探究
【解答】证明：(1)方法一：任取 x1，x2∈(－1，＋∞)， 不妨设 x1<x2，
则 x2－x1>0，ax2－x1>1 且 ax1>0， ∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0. 又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴xx22＋－12－xx11－＋21＝(x2－2)(x(1x＋1＋1)1－)(x(2x＋1－12) )(x2＋1) ＝(x13＋(x12)－(xx2＋1) 1)>0， 于是 f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋xx22＋－12－xx11－＋21>0， 故函数 f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
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本题若使用综合法进行推演，三角函数式的化简较难处 理，因此，可考虑分析法． 证明 要证12[f(x1)＋f(x2)]>fx1＋2 x2， 即证明12(tan x1＋tan x2)>tanx1＋2 x2，
只需证明12csions
x1＋sin x1 cos
xx22>tan
x1＋2 x2，
只需证明2scionsxx11＋coxs2x2>1＋sincoxs1＋x1＋x2x2.
由于 x1、x2∈0，π2，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.
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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．
[难点正本 疑点清源] 证明数学问题的方法比较多，只是我们比较常用的方法有综 合法、分析法和反证法．在证明问题时，既可独立运用，又可 综合应用． (1)对于较复杂问题的解决，往往既使用综合法又使用分析法，其 结合使用的基本格式为：P⇒P1⇒P2…⇒Pn⇒Qm⇐Qm－1⇐…⇐ Q1⇐Q(P 是已知的条件、公理、定义、公式，Q 则表示要证明 的结论．) (2)反证法是从反面的角度思考的证明方法，即肯定题设而否定结 论，从而导出矛盾推理而得．适合使用反证法证明的命题有：① 否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成立 的命题；⑤直接证明有困难的问题．
综合法
例 1 设 a，b，c>0，证明：ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
本题因为有三项分式，不主张用分析法．综合法证明不等式， 要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．这里可 从去分母的角度去运用基本不等式． 证明 ∵a，b，c>0，根据基本不等式， 有ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c. 三式相加：ab2＋bc2＋ca2＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． 当 a＝b＝c 时取等号． 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
(2)∵ 3a＋2＝ 3a＋2×1 ≤3a＋22＋1＝3a＋2 3， 同理 3b＋2≤3b＋2 3， 3c＋2≤3c＋2 3，
∴ 3a＋2＋ 3b＋2＋ 3c＋2 ≤3a＋b2＋c＋9＝6，
∴原不等式成立．
分析法
例 2 已知函数 f(x)＝tan x，x∈0，π2，若 x1，x2∈0，π2， 且 x1≠x2， 求证：12[f(x1)＋f(x2)]>fx1＋2 x2.
要点梳理
忆一忆知识要点
(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 .
直接证明与间接证明
要点梳理
忆一忆知识要点
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 →…→ 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)．
探究提高
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．
变式训练 1
已知 a、b、c 为正实数，a＋b＋c＝1. 求证：(1)a2＋b2＋c2≥13；
(2) 3a＋2＋ 3b＋2＋ 3c＋2≤6.
证明 (1)方法一 a2＋b2＋c2－13 ＝13(3a2＋3b2＋3c2－1) ＝13[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2] ＝13(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc) ＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，
∴a2＋b2＋c2≥13.
方法二 ∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2
＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2，
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1， ∴a2＋b2＋c2≥13.
方法三 设 a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ.
∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0. ∴a2＋b2＋c2＝13＋α2＋13＋β2＋13＋γ2 ＝13＋23(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2 ＝13＋α2＋β2＋γ2≥13， ∴a2＋b2＋c2≥13.
只需证明12csions
x1＋sin x1 cos
xx22>tan
x1＋2 x2，
只需证明2scionsxx11＋coxs2x2>1＋sincoxs1＋x1＋x2x2.
由于 x1、x2∈0，π2，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.
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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．
[难点正本 疑点清源] 证明数学问题的方法比较多，只是我们比较常用的方法有综 合法、分析法和反证法．在证明问题时，既可独立运用，又可 综合应用． (1)对于较复杂问题的解决，往往既使用综合法又使用分析法，其 结合使用的基本格式为：P⇒P1⇒P2…⇒Pn⇒Qm⇐Qm－1⇐…⇐ Q1⇐Q(P 是已知的条件、公理、定义、公式，Q 则表示要证明 的结论．) (2)反证法是从反面的角度思考的证明方法，即肯定题设而否定结 论，从而导出矛盾推理而得．适合使用反证法证明的命题有：① 否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成立 的命题；⑤直接证明有困难的问题．
综合法
例 1 设 a，b，c>0，证明：ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
本题因为有三项分式，不主张用分析法．综合法证明不等式， 要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．这里可 从去分母的角度去运用基本不等式． 证明 ∵a，b，c>0，根据基本不等式， 有ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c. 三式相加：ab2＋bc2＋ca2＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． 当 a＝b＝c 时取等号． 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
(2)∵ 3a＋2＝ 3a＋2×1 ≤3a＋22＋1＝3a＋2 3， 同理 3b＋2≤3b＋2 3， 3c＋2≤3c＋2 3，
∴ 3a＋2＋ 3b＋2＋ 3c＋2 ≤3a＋b2＋c＋9＝6，
∴原不等式成立．
分析法
例 2 已知函数 f(x)＝tan x，x∈0，π2，若 x1，x2∈0，π2， 且 x1≠x2， 求证：12[f(x1)＋f(x2)]>fx1＋2 x2.
要点梳理
忆一忆知识要点
(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 .
直接证明与间接证明
要点梳理
忆一忆知识要点
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 →…→ 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)．
探究提高
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．
变式训练 1
已知 a、b、c 为正实数，a＋b＋c＝1. 求证：(1)a2＋b2＋c2≥13；
(2) 3a＋2＋ 3b＋2＋ 3c＋2≤6.
证明 (1)方法一 a2＋b2＋c2－13 ＝13(3a2＋3b2＋3c2－1) ＝13[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2] ＝13(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc) ＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，
∴a2＋b2＋c2≥13.
方法二 ∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2
＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2，
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1， ∴a2＋b2＋c2≥13.
方法三 设 a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ.
∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0. ∴a2＋b2＋c2＝13＋α2＋13＋β2＋13＋γ2 ＝13＋23(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2 ＝13＋α2＋β2＋γ2≥13， ∴a2＋b2＋c2≥13.