2014届高三数学一轮复习专讲专练：7.6 直接证明与间接证明

《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第七章 推理与证明第2课时 直接证明与间接证明1. 已知向量m ＝(1，1)与向量n ＝(x ，2－2x)垂直，则x ＝________． 答案：2解析：m ·n ＝x ＋(2－2x)＝2－x. ∵ m ⊥n ，∴ m ·n ＝0，即x ＝2.2. 用反证法证明命题“如果a>b ，那么3a>3b ”时，假设的内容应为______________． 答案：3a ＝3b 或3a<3b解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即3a ＝3b 或3a<3b. 3. (选修12P 44练习题3改编)6－22与5－7的大小关系是______________． 答案：6－22>5－7解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋410，即42>210.因为42>40，所以6－22>5－7成立．4. 定义集合运算：A·B＝{Z|Z ＝xy ，x ∈A ，y ∈B}，设集合A ＝{－1，0，1}，B ＝{sin α，cos α}，则集合A·B 的所有元素之和为________．答案：0解析：依题意知α≠k π＋π4，k ∈Z .①α＝k π＋3π4(k∈Z )时，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫22，－22，A ·B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，22，－22； ②α＝2k π或α＝2k π＋π2(k∈Z )时，B ＝{0，1}，A ·B ＝{0，1，－1}；③α＝2k π＋π或α＝2k π－π2(k∈Z )时，B ＝{0，－1}，A ·B ＝{0，1，－1}；④α≠k π2且α≠k π＋3π4(k∈Z )时，B ＝{sin α，cos α}，A ·B ＝{0，sin α，cos α，－sin α，－cos α}．综上可知A·B 中的所有元素之和为0.5. (选修12P 44练习题4改编)设a 、b 为两个正数，且a ＋b ＝1，则使得1a ＋1b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．答案：(－∞，4]解析：∵ a＋b ＝1，且a 、b 为两个正数，∴ 1a ＋1b ＝(a ＋b)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b ≥2＋2b a ·a b＝4.要使得1a ＋1b≥μ恒成立，只要μ≤4.1. 直接证明(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法． (2) 一般形式⎭⎪⎬⎪⎫本题条件已知定义已知公理已知定理 ÞA ÞB Þ C … 本题结论．(3) 综合法① 定义：从已知条件出发，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．这种证明方法称为综合法．② 推证过程已知条件Þ …Þ … Þ结论(4) 分析法① 定义：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．这种证明方法称为分析法．② 推证过程结论 Ü…Ü …Ü 已知条件2. 间接证明(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等． (2) 反证法的基本步骤① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记]题型1 直接证明(综合法和分析法)例1 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2nS n (n ＝1，2，3，…)，证明：(1) 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2) S n ＋1＝4a n .证明：(1) ∵ a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2nS n (n ＝1，2，3，…)，∴ (n ＋2)S n ＝n(S n ＋1－S n )，整理得nS n ＋1＝2(n ＋1)S n ，∴ S n ＋1n ＋1＝2·S nn，即S n ＋1n ＋1S n n＝2，∴ 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列．(2) 由(1)知：S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n≥2)，于是S n ＋1＝4·(n ＋1)·S n －1n －1＝4a n (n≥2)．又a 2＝3S 1＝3，∴ S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4a 1，∴ 对一切n∈N *，都有S n ＋1＝4a n .例2 设a 、b 、c 均为大于1的正数，且ab ＝10，求证：log a c ＋log b c ≥4lgc.证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lgc ，只要证明lgc lga ＋lgclgb≥4lgc ，即lga ＋lgb lga ·lgb ≥4，因为ab ＝10，故lga ＋lgb ＝1.只要证明1lgalgb≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫lga ＋lgb 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，即1lgalgb ≥4成立．所以原不等式成立．变式训练设首项为a 1的正项数列{a n }的前n 项和为S n ，q 为非零常数，已知对任意正整数n 、m ，S n ＋m ＝S m ＋q mS n 总成立．求证：数列{a n }是等比数列．证明：因为对任意正整数n 、m ，S n ＋m ＝S m ＋q mS n 总成立，令n ＝m ＝1，得S 2＝S 1＋qS 1，则a 2＝qa 1.令m ＝1，得S n ＋1＝S 1＋qS n ①， 从而S n ＋2＝S 1＋qS n ＋1 ②，②－①得a n ＋2＝qa n ＋1(n≥1)，综上得a n ＋1＝qa n (n≥1)，所以数列{a n }是等比数列．题型2 间接证明(反证法)例3 证明：2，3，5不能为同一等差数列中的三项．证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m 、n 满足⎩⎨⎧3＝2＋md ①，5＝2＋nd ②，①×n －②×m 得3n －5m ＝2(n －m)，两边平方得3n 2＋5m 2－215mn ＝2(n －m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠无理数，故假设不正确，即2，3，5不能为同一等差数列的三项．备选变式（教师专享）已知下列三个方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a 的取值范围．解：若方程没有一个实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧16a 2－4（3－4a ）<0，（a －1）2－4a 2<0，4a 2＋8a<0，解之得－32<a<－1.故三个方程至少有一个方程有实数根的a 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ⎪⎪⎪a≥－1或a≤32.1. 用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a 、b 中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________．答案：假设a 、b 都是奇数(a 、b 都不是偶数)解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论．2. 已知a 、b 、c∈(0，＋∞)且a ＜c ，b ＜c ，1a ＋9b＝1，若以a 、b 、c 为三边构造三角形，则c 的取值范围是________．答案：(10，16)解析：要以a 、b 、c 为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，而a<c ，b<c ，所以a ＋b>c 恒成立．而a ＋b ＝(a ＋b)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋b a ＋9a b ≥16，∴ c<16.又1a >1c ，1b >1c ，∴ 10c <1a ＋9b＝1，∴ c>10，∴ 10<c<16.3. 设函数f 0(x)＝1－x 2，f 1(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪f 0（x ）－12，f n (x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪f n －1（x ）－12n ，(n≥1，n ≥N )，则方程f 1(x)＝13有________个实数根，方程f n (x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 有________个实数根．答案：4 2n ＋1解析：f 1(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－x 2－12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－12＝13，∴ x 2＝16或x 2＝56有4个解．∵ 可推出n ＝1，2，3…，根个数分别为22，23，24，∴ 通过类比得出f n (x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 有2n ＋1个实数根．4. 若实数x 、y 、m 满足|x －m|＞|y －m|，则称x 比y 远离m.(1) 若x 2－1比1远离0，求x 的取值范围；(2) 对任意两个不相等的正数a 、b ，证明：a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab. (1) 解：x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)． (2) 证明：对任意两个不相等的正数a 、b ，有 a 3＋b 3>2ab ab ，a 2b ＋ab 2>2ab ab.因为|a 3＋b 3－2ab ab|－|a 2b ＋ab 2－2ab ab|＝(a ＋b)(a －b)2>0，所以|a 3＋b 3－2ab ab|>|a 2b ＋ab 2－2ab ab|，即a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab.1. 已知a>b>c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac<3a.证明：要证b 2－ac<3a ，只需证b 2－ac<3a 2.∵ a ＋b ＋c ＝0，∴ 只需证b 2＋a(a ＋b)<3a 2，只需证2a 2－ab －b >0，只需证(a －b)(2a ＋b)>0，只需证(a －b)(a －c)>0.∵ a>b>c，∴ a －b>0，a －c>0，∴ (a －b)(a －c)>0显然成立．故原不等式成立．2. 已知等差数列{a n }的首项a 1＞0，公差d ＞0，前n 项和为S n ，且m ＋n ＝2p(m 、n 、p∈N *)，求证：S n ＋S m ≥2S p .证明：∵m 2＋n 2≥2mn ，∴2(m 2＋n 2)≥(m＋n)2.又m ＋n ＝2p ，∴m 2＋n 2≥2p 2.3. 如图，ABCD 为直角梯形，∠BCD ＝∠CDA＝90°，AD ＝2BC ＝2CD ，P 为平面ABCD 外一点，且PB⊥BD.(1) 求证：PA⊥BD；(2) 若PC 与CD 不垂直，求证：PA≠PD.证明：(1) 因为ABCD 为直角梯形，AD ＝2AB ＝2BD ，所以AD 2＝AB 2＋BD 2，因此AB⊥BD.又PB⊥BD，AB ∩PB ＝B ，AB ，PB Ì平面PAB ， 所以BD⊥平面PAB ，又PA Ì平面PAB ，所以PA⊥BD.(2) 假设PA ＝PD ，取AD 中点N ，连结PN 、BN ， 则PN⊥AD，BN ⊥AD ，且PN∩BN＝N ， 所以AD⊥平面PNB ，得PB⊥AD.又PB⊥BD，且AD∩BD＝D ，得PB⊥平面ABCD ，所以PB ⊥CD.又因为BC⊥CD，且PB∩BC ＝B ，所以CD⊥平面PBC ，所以CD⊥PC，与已知条件PC 与CD 不垂直矛盾，所以PA≠PD.4. 已知f(x)＝a x＋x －2x ＋1(a ＞1)．(1) 证明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) 设－1＜x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，ax 1＞0，x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，从而f(x 2)－f(x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＋3（x 2－x 1）（x 2＋1）（x 1＋1）＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2) 设存在x 0＜0(x 0≠－1)使f(x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1.由0＜ax 0＜1 0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，此与x 0＜0矛盾，故x 0不存在．1. 分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．2. 反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．请使用课时训练（B ）第2课时（见活页）.[备课札记]。

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从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到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)为止实质由因导果执果索因框图表示P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒Q Q⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……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，从而证明了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．分析法是执果索因，实际上是寻找使结论成立的充分条件；综合法是由因导果，就是寻找已知的必要条件．2．综合法与分析法都是直接证明的方法，反证法是间接证明的方法．3．用反证法证题时，首先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况，然后推出矛盾，矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾．诊断自测1．判断下列结论正误(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 ”．( ) 答案 (1)× (2)×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 ”．2．若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．不能确定答案 A解析 假设P >Q ，只需P 2>Q 2，即2a ＋13＋2a ＋6a ＋7>2a ＋13＋2a ＋8a ＋5，只需a 2＋13a ＋42>a 2＋13a ＋40.因为42>40成立，所以P >Q 成立．故选A.3．实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，abc >0，则1a ＋1b ＋1c 的值( )A ．一定是正数B ．一定是负数C ．可能是0D ．正、负不确定答案 B解析 由a ＋b ＋c ＝0，abc >0得a ，b ，c 中必有两负一正，不妨设a <0，b <0，c >0，且|a |<|c |，则1|a |>1|c |，从而－1a >1c ，而1b <0，所以1a ＋1b ＋1c<0.4．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”，其过程应用了( ) A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证法答案 B5．(2020·西安月考)利用反证法证明：若x ＋y ＝0，则x ＝y ＝0，应假设为( ) A ．x ，y 都不为0 B ．x ，y 不都为0 C ．x ，y 都不为0，且x ≠y D ．x ，y 至少有一个为0 答案 B解析 x ＝y ＝0的否定为x ≠0或y ≠0，即x ，y 不都为0，选B.6．(2020·安庆检测)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________． 答案 b 2＋c 2<a 2解析 根据余弦定理，cos A ＝b 2＋c 2－a 22ab <0，所以b 2＋c 2<a 2.考点一 综合法的应用【例1】 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤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≥2ca ， 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，当且仅当“a ＝b ＝c ”时等号成立． (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，当且仅当“a 2＝b 2＝c 2”时等号成立， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.感悟升华 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． 【训练1】 本例的条件不变，证明a 2＋b 2＋c 2≥13.证明 因为a ＋b ＋c ＝1，所以1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ， 因为2ab ≤a 2＋b 2,2bc ≤b 2＋c 2,2ac ≤a 2＋c 2， 当且仅当“a ＝b ＝c ”时，等号成立， 所以2ab ＋2bc ＋2ac ≤2(a 2＋b 2＋c 2)， 所以1≤a 2＋b 2＋c 2＋2(a 2＋b 2＋c 2)， 即a 2＋b 2＋c 2≥13.考点二 分析法【例2】 若a ，b ∈(1，＋∞)，证明a ＋b <1＋ab . 证明 要证a ＋b <1＋ab ，只需证(a ＋b )2<(1＋ab )2，只需证a ＋b －1－ab <0，即证(a －1)(1－b )<0. 因为a >1，b >1，所以a －1>0,1－b <0， 即(a －1)(1－b )<0成立，所以原不等式成立．感悟升华 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．【训练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 ＋c b ＋c ＝3，也就是c a ＋b ＋a b ＋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【例3】 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a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，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＝na1，故{S n}是等差数列；当q≠1时，{S n}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，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．感悟升华 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．【训练3】已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝1，c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．证明假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，即ac＋bd＋ad＋bc＝1，又ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，与题设矛盾，故假设不成立，故a，b，c，d中至少有一个是负数．A级基础巩固一、选择题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个答案 D解析 由定义可知①②③④⑤都正确，选D.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 2 B ．a 2>ab >b 2 C.1a <1b D ．b a >a b答案 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 2.3．(2020·厦门月考)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 答案 B解析 “至少有一个”的否定为“都不是”，故B 正确．4．在△ABC 中，sin A sin C <cos A cos C ，则△ABC 一定是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定 答案 C解析 由sin A sin C <cos A cos C 得cos A cos C －sin A sin C >0，即cos(A ＋C )>0，所以A ＋C 是锐角，从而B >π2，△ABC 必是钝角三角形．故选C.5．分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x2时，索的因是( )A ．x 2>2B ．x 2>4C ．x 2>0D ．x 2>1答案 C解析 因为x >0，所以要证1＋x <1＋x 2，只需证(1＋x )2<⎝⎛⎭⎫1＋x 22，即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立，故原不等式成立．故选C.6．(2021·西安模拟)已知a ，b ，c ∈R ，若b a ·c a >1且b a ＋c a ≥－2，则下列结论成立的是( )A ．a ，b ，c 同号B ．b ，c 同号，a 与它们异号C ．a ，c 同号，b 与它们异号D ．b ，c 同号，a 与b ，c 的符号关系不确定 答案 A解析 由b a ·c a >1知b a 与c a 同号，若b a >0且c a >0，不等式b a ＋c a ≥－2显然成立，若b a <0且ca <0，则－b a >0，－ca>0，⎝⎛⎭⎫－b a ＋⎝⎛⎭⎫－c a ≥2⎝⎛⎭⎫－b a ·⎝⎛⎭⎫－c a >2，即b a ＋c a <－2，这与b a ＋c a ≥－2矛盾，故b a>0且ca >0，即a ，b ，c 同号．故选A. 二、填空题7.6＋7与22＋5的大小关系为________． 答案6＋7>22＋ 5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＋ 5.8．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________．答案 ①③④解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >0且a b >0成立，即a ，b 不为0且同号即可，故①③④均能使ba ＋ab≥2成立． 9．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－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，则⎩⎪⎨⎪⎧f－1＝－2p 2＋p ＋1≤0，f1＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，32. 三、解答题10．已知x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1，求证：⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1>8. 证明 因为x ，y ，z 是互不相等的正数，且x ＋y ＋z ＝1， 所以1x －1＝1－x x ＝y ＋z x >2yz x ，①1y －1＝1－y y ＝x ＋z y >2xz y ，② 1z －1＝1－z z ＝x ＋y z >2xy z ，③ 又x ，y ，z 为正数，由①×②×③， 得⎝⎛⎭⎫1x －1⎝⎛⎭⎫1y －1⎝⎛⎭⎫1z －1>8.11．已知a >5，求证：a －5－a －3<a －2－a . 证明 要证a －5－a －3<a －2－a ，只需证a －5＋a <a －3＋a －2， 只需证(a －5＋a )2<(a －3＋a －2)2， 只需证2a －5＋2a 2－5a <2a －5＋2a 2－5a ＋6， 只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6， 只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6， 只需证0<6， 因为0<6恒成立，所以a －5－a －3<a －2－a 成立．B 级 能力提升12．(2021·长春模拟)①已知p 3＋q 3＝2，求证p ＋q ≤2，用反证法证明时，可假设p ＋q >2；②设a 为实数，f (x )＝x 2＋ax ＋a ，可证|f (1)|与|f (2)|中至少有一个不大于12，由反证法证明时可假设|f (1)|≥12，且|f (2)|≥12，以下说法正确的是( )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 答案 C解析 用反证法证明时，应假设结论不成立，所以①正确；设a 为实数，f (x )＝x 2＋ax ＋a ，求证|f (1)|与|f (2)|中至少有一个不大于12，用反证法证明时假设应为|f (1)|>12且|f (2)|>12，所以②错误．故选C.13．若a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a >b 与a <b 及a ＝b 中至少有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立．其中判断正确的是________(填序号)． 答案 ①②解析 对①，假设(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0⇒a ＝b ＝c 与已知a ，b ，c 是不全相等的正数矛盾，所以①正确；对②，假设都不成立，这样的数a ，b 不存在，所以②正确；对③，举例a ＝1，b ＝2，c ＝3，a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 能同时成立，所以③不正确，填①②.14．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 (a >－2)使函数h (x )＝1x ＋2是[a ，b ]上的“四维光军”函数．。

直接证明与间接证明一、选择题1.“所有9的倍数都是3的倍数，某奇数是9的倍数，故该奇数是3的倍数.”上述推理( )A 小前提错B 结论错C 正确D 大前提错解析 大前提，小前提都正确，推理正确，故选C.答案 C2．在用反证法证明命题“已知a 、b 、c ∈(0,2)，求证a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )不可能都大于1”时，反证时假设正确的是( )A ．假设a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )都小于1B ．假设a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )都大于1C ．假设a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )都不大于1D ．以上都不对解析 “不可能都大于1”的否定是“都大于1”，故选B.答案 B3．下列命题中的假命题是( )．A ．三角形中至少有一个内角不小于60°B ．四面体的三组对棱都是异面直线C ．闭区间[a ，b ]上的单调函数f (x )至多有一个零点D ．设a ，b ∈Z ，若a ＋b 是奇数，则a ，b 中至少有一个为奇数解析 a ＋b 为奇数⇔a ，b 中有一个为奇数，另一个为偶数，故D 错误．答案 D4．命题“如果数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，那么数列{a n }一定是等差数列”是否成立( )．A ．不成立B ．成立C ．不能断定D ．能断定解析 ∵S n ＝2n 2－3n ，∴S n －1＝2(n －1)2－3(n －1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝4n －5(n ＝1时，a 1＝S 1＝－1符合上式)．又∵a n ＋1－a n ＝4(n ≥1)，∴{a n }是等差数列． 答案 B5．设a 、b 、c 均为正实数，则三个数a ＋1b 、b ＋1c 、c ＋1a( )． A ．都大于2 B ．都小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于2解析 ∵a ＞0，b ＞0，c ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋1c ≥6， 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2. 答案 D6．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＝l g 10＝1，而b ＝e x ＜e 0＝1，故a ＞b .答案 A7．定义一种运算“*”：对于自然数n 满足以下运算性质：(n ＋1)*1＝n *1＋1，则n *1＝( )．A ．nB ．n ＋1C ．n －1D ．n 2解析 由(n ＋1)*1＝n *1＋1，得n *1＝(n －1) *1＋1＝(n －2)*1＋2＝…＝n.答案 A二、填空题8.用反证法证明命题“若a ，b∈N，ab 能被3整除，那么a ，b 中至少有一个能被3整除”时，假设应为 .解析 由反证法的定义可知，否定结论，即“a ，b 中至少有一个能被3整除”的否定是“a ，b 都不能被3整除”.答案 a 、b 都不能被3整除9．要证明“3＋7＜25”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 ②10．设a ，b 是两个实数，给出下列条件： ①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是______．(填序号)解析 若a ＝12，b ＝23，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a 2＋b 2>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，故a ，b 中至少有一个大于1.答案 ③11．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是________．解析 首先a ≥0，b ≥0且a 与b 不同为0.要使a a ＋b b ＞a b ＋b a ，只需(a a ＋b b )2＞(a b ＋b a )2，即a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2，只需(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＞ab (a ＋b )，只需a 2－ab ＋b 2＞ab ， 即(a －b )2＞0，只需a ≠b .故a ，b 应满足a ≥0，b ≥0且a ≠b .答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b12．若a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a >b 与a <b 及a ＝b 中至少有一个成立；③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立．其中判断正确的是_______．解析 ①②正确；③中a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 可能同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3.选C.答案 ①② 三、解答题13．在△ABC 中，三个内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c ，试问A ，B ，C 是否成等差数列，若不成等差数列，请说明理由．若成等差数列，请给出证明． 解析 A 、B 、C 成等差数列．证明如下：∵1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c ， ∴a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3. ∴ca ＋b ＋a b ＋c ＝1，∴c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，∴b 2＝a 2＋c 2－ac .在△ABC 中，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12， ∵0°<B <180°，∴B ＝60°.∴A ＋C ＝2B ＝120°.∴A 、B 、C 成等差数列．14．已知非零向量a ，b ，且a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2. 证明 a ⊥b ⇔a ·b ＝0，要证|a |＋|b ||a ＋b |≤ 2. 只需证|a |＋|b |≤2|a ＋b |，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2(a 2＋2a ·b ＋b 2)，只需证|a |2＋2|a ||b |＋|b |2≤2a 2＋2b 2，只需证|a |2＋|b |2－2|a ||b |≥0，即(|a |－|b |)2≥0，上式显然成立，故原不等式得证．15．若a 、b 、c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c . 证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥ab ＞0，b ＋c 2≥bc ＞0，a ＋c 2≥ab ＞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 ＋a 2＞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 )， ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c .16．(12分)已知二次函数f (x )＝ax 2＋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：1a是f (x )＝0的一个根； (2)试比较1a 与c 的大小；(3)证明：－2＜b ＜－1.解析 (1)证明 ∵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x 1，x 2，∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的根，又x 1x 2＝c a ，∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≠c ，∴1a 是f (x )＝0的一个根．(2)假设1a ＜c ，又1a ＞0，由0＜x ＜c 时，f (x )＞0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞0与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0矛盾，∴1a ≥c ，又∵1a ≠c ，∴1a ＞c .(3)证明 由f (c )＝0，得ac ＋b ＋1＝0，∴b ＝－1－ac .又a ＞0，c ＞0，∴b ＜－1.二次函数f (x )的图象的对称轴方程为x ＝－b2a ＝x 1＋x 22＜x 2＋x 22＝x 2＝1a ，即－b2a ＜1a .又a ＞0，∴b ＞－2，∴－2＜b ＜－1.。

第六节直接证明与间接证明[备考方向要明了][归纳·知识整合]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表示所要证明的结论)．(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.[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：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：选D 由综合法、分析法和反证法的推理过程可知，①②③④⑤都正确． 2．(教材习题改编)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：选B 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． 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 <3b D.3a ＝3b 或3a <3b解析：选D 假设结论不成立， 即3a >3b 的否定为3a ≤ 3b .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 ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，所以b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.答案：a 2>b 2＋c 25．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a b≥2成立的条件的个数是________．解析：要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0且a b>0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个． 答案：3[例1] 设a 、b 、c ＞0，证明a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .[自主解答] ∵a 、b 、c ＞0，根据基本不等式，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 )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥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a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)·(a ＋b ＋c )．证明：∵a 、b 、c >0，∴a 2＋b 2≥2ab ， ∴(a 2＋b 2)(a ＋b )≥2ab (a ＋b )，∴a 3＋b 3＋a 2b ＋ab 2≥2ab (a ＋b )＝2a 2b ＋2ab 2， ∴a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2.同理，b 3＋c 3≥b 2c ＋bc 2，a 3＋c 3≥a 2c ＋ac 2，将三式相加得，2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2b ＋ab 2＋b 2c ＋bc 2＋a 2c ＋ac 2.∴3(a 3＋b 3＋c 3)≥(a 3＋a 2b ＋a 2c )＋(b 3＋b 2a ＋b 2c )＋(c 3＋c 2a ＋c 2b )＝(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．∴a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．1．已知x ＋y ＋z ＝1，求证：x 2＋y 2＋z 2≥13.证明：∵x 2＋y 2≥2xy ，x 2＋z 2≥2xz ，y 2＋z 2≥2yz ， ∴2x 2＋2y 2＋2z 2≥2xy ＋2xz ＋2yz .∴3x 2＋3y 2＋3z 2≥x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋2xz ＋2yz . ∴3(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋y ＋z )2＝1. ∴x 2＋y 2＋z 2≥13.[例2] 已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.[自主解答] 要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22， 即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，只需证明12⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2>tan x 1＋x 22， 只需证明sin x 1＋x 22cos x 1cos x 2>sin x 1＋x 21＋cos x 1＋x 2.由于x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)．故cos x 1cos x 2>0，sin(x 1＋x 2)>0， 1＋cos(x 1＋x 2)>0，故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)>2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2>2cos x 1cos x 2， 即证cos(x 1－x 2)<1.这由x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，x 1≠x 2知上式是显然成立的．因此，12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22.———————————————————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＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2. ∵a ＞0，故只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a 2≥ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ， 只要证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.[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？[自主解答] (1)证明：若{S n }是等比数列，则S 22＝S 1·S 3，即a 21(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)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，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，{S n}是等差数列；当q≠1时，{S n}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3．求证：a，b，c为正实数的充要条件是a＋b＋c>0，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，b<0，c>0.又∵ab＋bc＋ca>0，∴a(b＋c)＋bc>0，且bc<0，∴a(b＋c)>0.①又a<0，∴b＋c<0.而a＋b＋c>0，∴a＋(b＋c)>0，∴a>0.这与a<0的假设相矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．另外证明：如果从①处开始，进行如下推理：a＋b＋c>0，即a＋(b＋c)>0.又a<0，∴b＋c>0.则a(b＋c)<0，与①式矛盾，故假设不成立，原结论成立，即a，b，c均为正实数．3个规律——利用综合法、分析法、反证法证题的一般规律(1)综合法证题的一般规律用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由已知逐步推出结论．(2)分析法证题的一般规律分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．(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．3个注意点——利用反证法证明问题应注意的问题(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的；(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法；(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，有的与已知事实相矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的.易误警示——不等式证明中的易误点[典例] (2011·安徽高考)(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． [易误辨析]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(即分解因式)，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．3．在选择证明方法时，一定要有“综合性选取”的意识，明确数学证明方法不是孤立的，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程．[变式训练] 1.设函数f (x )＝x n ＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点；(2)设n 为偶数，|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，求b ＋3c 的最小值和最大值． 解：(1)证明：当b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f (x )＝x n＋x －1.∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12×1<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在零点． 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＝nx n －1＋1>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的．∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点．(2)法一：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧－1≤f －1≤1，－1≤f 1≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤b －c ≤2，－2≤b ＋c ≤0.由图象知，b ＋3c 在点(0，－2)处取到最小值－6， 在点(0,0)处取到最大值0，故b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0. 法二：由题意知－1≤f (1)＝1＋b ＋c ≤1， 即－2≤b ＋c ≤0，① －1≤f (－1)＝1－b ＋c ≤1， 即－2≤－b ＋c ≤0，② ①×2＋②得－6≤2(b ＋c )＋(－b ＋c )＝b ＋3c ≤0，当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.法三：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝1－b ＋c ，f 1＝1＋b ＋c ，解得b ＝f 1－f －12，c ＝f 1＋f －1－22，∴b ＋3c ＝2f (1)＋f (－1)－3.又∵－1≤f (－1)≤1，－1≤f (1)≤1，∴－6≤b ＋3c ≤0， 当b ＝0，c ＝－2时，b ＋3c ＝－6；当b ＝c ＝0时，b ＋3c ＝0， 所以b ＋3c 的最小值为－6，最大值为0.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，a ，b 为正实数，A ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，B ＝f (ab )，C ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab 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：选 Aa ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是单调减函数，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .2．(2013·成都模拟)设a ，b ∈R ，则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若“a ＋b ＝1”，则4ab ＝4a (1－a )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋1≤1；若“4ab ≤1”，取a ＝－4，b ＝1，a ＋b ＝－3，即“a ＋b ＝1”不成立；则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的充分不必要条件．3．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P 、Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定解析：选C 假设P <Q ，要证P <Q ，只要证P 2<Q 2，只要证：2a ＋7＋2a a ＋7<2a ＋7＋2a ＋3a ＋4，只要证a 2＋7a <a 2＋7a ＋12，只要证0<12， ∵0<12成立，∴P <Q 成立．4．(2013·银川模拟)设a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断： ①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0； ②a >b ，a <b 及a ＝b 中至少有一个成立； ③a ≠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 ．2D ．3解析：选C ①②正确；③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：选B 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．6．在R 上定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ab cd ＝ad －bc .若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－12B ．－32C.12D.32解析：选D 据已知定义可得不等式x 2－x －a 2＋a ＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a 2＋a ＋1)≤0，解得－12≤a ≤32，故a 的最大值为32.二、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：“∃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”8．(2013·株洲模拟)已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)且1a ＋9b＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________．解析：∵a ，b ∈(0，＋∞)且1a ＋9b＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9a b＋b a ≥10＋29＝16，∴a ＋b 的最小值为16.∴要使a ＋b ≥μ恒成立，需16≥μ，∴0＜μ≤16. 答案：(0,16]9．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－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________．解析：法一：(补集法)令⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝－2p 2＋p ＋1≤0，f 1＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足条件的p 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32. 法二：(直接法)依题意有f (－1)>0或f (1)>0， 即2p 2－p －1<0或2p 2＋3p －9<0， 得－12<p <1或－3<p <32，故满足条件的p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－3，32三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 10．已知a >0，1b －1a>1，求证：1＋a >11－b. 证明：∵1b －1a>1，a >0，∴0<b <1， 要证1＋a >11－b ，只需证1＋a ·1－b >1， 只需证1＋a －b －ab >1，只需证a －b －ab >0， 即a －b ab >1，即1b －1a>1. 这是已知条件，所以原不等式成立．11．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，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 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＝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等比数列．12．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝x 2＋1的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ， 求证：b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.解：(1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1，则a n ＋1－a n ＝1，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列．故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n.b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1＝(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b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.1．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明：要证lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2＞lg(a ·b ·c )，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc .(中间结果)∵a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴由基本不等式得：a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ac ＞0，且上三式中由于a ，b ，c 不全相等，故等号不同时成立． ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞a ·b ·c .(中间结果)∴lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .2.如图，已知BE ，CF 分别为△ABC 的边AC ，AB 上的高，G 为EF 的中点，H 为BC 的中点．求证：HG ⊥EF .证明：连接HE ，HF ，由CF ⊥AB ，且H 是BC 的中点，可知FH 是Rt△BCF 斜边上的中线，所以HF ＝12BC .同理可证HE ＝12BC .所以HF ＝HE ，从而△EHF 为等腰三角形． 又G 为EF 的中点，所以HG ⊥EF .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25.4．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MG ⊥CD ，MG ＝2，NG ＝ 2. 因为平面ABCD ⊥平面DCEF ， 所以MG ⊥平面DCEF ，可得MG ⊥NG . 所以MN ＝MG 2＋NG 2＝ 6.(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AB∥CD，所以AB∥平面DCEF，而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF，所以EN∥EF，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．。

2014高考数学考前押题：直接证明与间接证明直接证明1.如图,已知△ABC中的两条角平分线AD和CE相交于H,∠B=60°,F在AC上,且AE=AF.(1)证明:B,D,H,E四点共圆;(2)证明:CE平分∠DEF.证明:(1)在△ABC中,∵∠B=60°,∴∠BAC+∠BCA=120°.∵AD,CE是角平分线,∴∠HAC+∠HCA=60°,∴∠AHC=120°.∴∠EHD=∠AHC=120°.∵∠EBD+∠EHD=180°,∴B,D,H,E四点共圆.(2)如图所示,连结BH,则BH为∠ABC的平分线,得∠HBD=30°.由(1)知B,D,H,E四点共圆,∴∠CED=∠HBD=30°.又∠AEH=∠EBD=60°,AE=AF,AH平分∠EAF,∴EF⊥AD.可得∠CEF=30°.∴CE平分∠DEF.2.(2010年某某卷,文21)已知函数f(x)=(x-a)2(x-b)(a,b∈R,a<b).(1)当a=1,b=2时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;(2)设x1,x2是f(x)的两个极值点,x3是f(x)的一个零点,且x3≠x1,x3≠x2.证明:存在实数x4,使得x1,x2,x3,x4按某种顺序排列后构成等差数列,并求x4.(1)解:当a=1,b=2时,f(x)=(x-1)2(x-2),f′(x)= (x-1)(3x-5),故f′(2)=1.又f(2)=0,所以f(x)在点(2,0)处的切线方程为y=x-2.(2)证明:由题意得f′(x)=3(x-a)(x-23a b),由于a<b且a,b∈R,故a<23a b +,所以f(x)的两个极值点为x=a,x=23a b +.不妨设x1=a,x2=23a b +,因为x3≠x1,x3≠x2, 且x3是f(x)的零点, 故x3=b.又因为23a b+-a=2(b-23a b+),x4=12(a+23a b+)=23a b+,此时a,23a b+,23a b+,b依次成等差数列,所以存在实数x4满足题意,且x4=23a b+.考点二间接证明1.(2010年某某卷,文22)正实数数列{an}中,a1=1,a2=5,且{2na}成等差数列.(1)证明:数列{an}中有无穷多项为无理数;(2)当n为何值时,an为整数?并求出使an<200的所有整数项的和.(1)证明:由已知有:2na=1+24(n-1),从而取n-1=242k-1,则(k∈N*).用反证法证明这些an都是无理数.假设为有理数,则an必为正整数,且an>24k,故an-24k≥1,an+24k>1,与(an-24k)(an+24k)=1矛盾,所以(k∈N*)都是无理数,即数列{an}中有无穷多项为无理数.(2)解:要使an为整数,由(an-1)(an+1)=24(n-1)可知:an-1,an+1同为偶数,且其中一个必为3的倍数,所以有an-1=6m或an+1=6m.当an=6m+1时,有2na=36m2+12m+1=1+12m(3m+1)(m∈N).又m(3m+1)必为偶数,所以an=6m+1(m∈N)满足2na=1+24(n-1),即n=()312m m++1(m∈N)时,an为整数;同理an=6m-1(m∈N*)时,有2na=36m2-12m+1=1+12m(3m-1)(m∈N*)也满足2na=1+24(n-1),即n=()312m m-+1(m∈N*)时,an为整数;显然an=6m-1(m∈N*)和an=6m+1(m∈N)是数列中的不同项,所以当n=()312m m++1(m∈N)和n=()312m m-+1(m∈N*)时,an为整数.由an=6m+1<200(m∈N)有0≤m≤33,由an=6m-1<200(m∈N*)有1≤m≤33.设an中满足an<200的所有整数项的和为S,则S=(1+7+13+…+199)+(5+11+…+197)=11992+×34+51972+×33=6733.2.如图所示,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MN的长;(2)用反证法证明:直线ME与BN是两条异面直线.(1)解:取CD的中点G,连结MG,NG.因为四边形ABCD,DCEF为正方形,且边长为2,所以MG⊥2.因为平面ABCD⊥平面DCEF,所以MG⊥平面DCEF.可得MG⊥NG.所以.(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.由题意知两正方形不共面,故AB⊄平面DCEF.又AB∥CD,所以AB∥平面DCEF,而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线,所以AB∥EN.又AB∥CD∥EF,所以EN∥EF,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.直接证明1.函数y=f(x)在(0,2)上是增函数,函数y=f(x+2)是偶函数,则f(1),f(2.5),f(3.5)的大小关系是( )(A)f(2.5)<f(1)<f(3.5)(B)f(2.5)>f(1)>f(3.5)(C)f(3.5)>f(2.5)>f(1)(D)f(1)>f(3.5)>f(2.5)解析:因为函数y=f(x)在(0,2)上是增函数,函数y=f(x+2)是偶函数,所以直线x=2是对称轴,在(2,4)上为减函数,则f(2.5)>f(1)>f(3.5).故选B.答案:B2.若(a≥0),则P、Q的大小关系是( )(A)P>Q (B)P=Q(C)P<Q (D)由a的取值确定解析:要证P<Q,只需证P2<Q2,即证,只需证a2+7a<a2+7a+12,只需证0<12成立,∵0<12成立,∴P<Q成立.故选C.答案:C3.设a、b∈R,若a-|b|>0,则下列不等式中正确的是( )(A)b-a>0 (B)a3+b3<0(C)a2-b2<0 (D)b+a>0解析:∵a-|b|>0,∴|b|<a,∴a>0,∴-a<b<a,∴b+a>0.答案:D间接证明1.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,那么( )(A)△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形(B)△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形(C)△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形(D)△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形解析:由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,假设△A2B2C2是锐角三角形,由211211211πsin cos sin,2πsin cos sin,2πsin cos sin2A A AB B BC C C ⎧⎛⎫==-⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫==-⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫==-⎪ ⎪⎝⎭⎩得212121π2π,2π,2A AB BC C⎧=-⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩则A2+B2+C2=π2,这与三角形内角和为180°相矛盾,所以假设不成立,所以△A2B2C2是钝角三角形或直角三角形.假设△A2B2C2是直角三角形,则直角的正弦值为1,则△A1B1C1某角余弦值为1,这与三角形余弦值不可能为1矛盾,所以△A2B2C2不可能是直角三角形,即△A2B2C2是钝角三角形.故选D.答案:D2.用反证法证明命题:“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时,假设正确的是( )(A)假设三个内角都不大于60度(B)假设三个内角都大于60度(C)假设三个内角至多有一个大于60度(D)假设三个内角有两个大于60度解析:根据反证法的步骤,假设是对原命题结论的否定,对“三角形的内角中至少有一个不大于60度”的否定,即“三个内角都大于60度”.答案:B综合检测1.设a,b,c,d∈(0,+∞),若a+d=b+c且|a-d|<|b-c|,则有( )(A)ad=bc (B)ad<bc(C)ad>bc (D)ad≤bc解析:∵|a-d|<|b-c|,∴(a-d)2<(b-c)2,即a2+d2-2ad<b2+c2-2bc, 又∵a+d=b+c,a,b,c,d>0, ∴(a+d)2=(b+c)2,即a2+d2+2ad=b2+c2+2bc, ∴-4ad<-4bc,∴ad>bc.答案:C2.设x>0,y>0,a=x+y,b=2cosxθ·2sinyθ,则a与b的大小关系是.解析:当sin θ=0时,cos2θ=1,∴b=x<x+y=a即b<a,当cos θ=0时,sin2θ=1,b=y<x+y=a,即b<a, 当sin θ≠0且cos θ≠0时,∵x>0,y>0,∴x<x+y,y<x+y,∴2cosxθ<()2cosx yθ+,2sinyθ<()2sinx yθ+,∴b=2cosxθ·2sinyθ<()2cosx yθ+·()2sinx yθ+=()22sin cosx yθθ++=x+y=a.综上b<a.答案:b<a3.命题:“若空间两条直线a,b分别垂直平面α,则a∥b”,学生小夏这样证明:设a,b与平面α分别相交于A,B,连接AB,∵a⊥α,b⊥α,AB⊂α,①∴a⊥AB,b⊥AB,②∴a∥b.③这里的证明有两个推理,即:①⇒②和②⇒③,老师认为小夏的推理证明不正确,这两个推理中不正确的是.解析:在空间中,垂直于同一条直线的两条直线不一定相互平行,故②⇒③错误.答案:②⇒③4.凸函数的性质定理: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()()()12nf x f x f xn+++≤f12nx x xn+++⎛⎫⎪⎝⎭,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. 解析:∵f(x)=sin x在区间(0,π)上是凸函数,且A,B,C∈(0,π),∴()()()3f A f B f C++≤f3A B C++⎛⎫⎪⎝⎭=fπ3⎛⎫⎪⎝⎭,即sin A+sin B+sin C≤3sin π3∴sin A+sin B+sin C答案。

第五节直接证明与间接证明1．直接证明——综合法、分析法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从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后，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)为止思维过程由因导果(顺推证法)执果索因(逆推证法)框图表示P表示已知条件、已有的数学定义、公理、定理、性质等，Q表示所要证明的结论P⇒Q1→Q1⇒Q2→…→Q n⇒QQ⇐P1→P1⇐P2→…→得到一个明显成立的条件文字语言因为……，所以……，或由……得……，或“⇒”要证(欲证)……，只需证……，即证……2．间接证明——反证法要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设Q不成立(即Q的反面非Q 是正确的)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的，这种证明方法叫做反证法．,(1)分析法的特点①当命题不知从何入手时，可以运用分析法来解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效．②分析法证明过程不一定“步步可逆”，也没有必要要求“步步可逆”，因为这时仅需寻找充分条件，而不是充要条件．(2)应用反证法证题注意事项应用反证法证题时，必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．(3)一些常见词语的否定一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (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．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× 二、选填题1．命题“对任意角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、分析法综合使用D ．间接证明法解析：选B 因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论，故选B. 2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．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：选D a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是( ) A ．假设三个内角都不大于60° B ．假设三个内角都大于60°C ．假设三个内角至多有一个大于60°D ．假设三个内角至多有两个大于60°解析：选B 根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60°.故选B.4．若2，3，x 成等比数列，则log 2x ＝________.解析：由题意得(3)2＝2·x ， 所以x ＝32，所以x ＝92.设log2x ＝y ，即⎝⎛⎭⎫32y ＝92＝⎝⎛⎭⎫322， 所以y ＝2，即log 2x ＝2.答案：25.6－22与5－7的大小关系是________． 解析：假设6－22＞5－7，由分析法可得， 要证 6－22＞5－7，只需证 6＋7＞5＋22， 即证13＋242＞13＋410，即42＞210. 因为42＞40，所以6－22＞5－7成立． 答案：6－22＞5－7考点一综合法的应用[师生共研过关][典例精析]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)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞n n ＋1.[解] (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)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＞n n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＞n n ＋1.[解题技法]掌握综合法证明问题的思路[过关训练]已知a ，b ，c 都为正实数，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，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时，等号成立．(2)∵a ＞0，∴3a ＋1＞0， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥2 43a ＋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[师生共研过关][典例精析]若△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＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，也就是证ca＋b＋ab＋c＝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 cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．[解题技法]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．[过关训练]1．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.证明：要证明2a3－b3≥2ab2－a2b，只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即证2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即证(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.2．已知a＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a2－2≥a ＋1a －2，只要证a 2＋1a2＋2≥a ＋1a ＋ 2.因为a ＞0，故只要证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22，即证a 2＋1a 2＋4 a 2＋1a2＋4≥a 2＋2＋1a2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a2≥ 2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a 2≥2， 而上述不等式显然成立，故原不等式成立． 考点三反证法的应用[师生共研过关][典例精析]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． [解] (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)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 ∈N *，r －p ∈N *.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不等立． 所以假设不成立，原命题得证．[解题技法]用反证法证明数学命题需把握的3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．[过关训练]1．已知a1＋a2＋a3＋a4＞100，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25.2．已知f(x)＝ln(1＋e x)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得f(b)－f(a) b－a＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．证明：假设存在x0′∈(a，b)，x0∈(a，b)，且x0′≠x0，使得f(b)－f(a)b－a＝f′(x0′)，f(b)－f(a)b－a＝f′(x0)成立，即f′(x0)＝f′(x0′)．因为f′(x)＝e x1＋e x－m，记g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝e x(1＋e x)2＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x0′，这与x0′≠x0矛盾，所以x0是唯一的．。

教
学
过
程
1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．
2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．
3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易
寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从
条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常
常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．
4．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，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．
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、填空题
1．(2014·安阳模拟)若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是________．
①1
a＜
1
b；②a＋
1
b＞b＋
1
a；③b＋
1
a＞a＋
1
b；④
b
a＜
b＋1
a＋1
.
2．用反证法证明命题：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，则a，b中至少有一个能被5整除”时，应反设________成立．
3．(2014·上海模拟)“a＝1
4”是“对任意正数x，均有x＋
a
x≥1”的
________条件．教学效果分析。