直接证明与间接证明-高考数学知识点

数学是一门严谨的学科，其核心在于推理与证明。

在进行数学证明时，有直接证明和间接证明两种方法。

直接证明是通过逻辑推理直接得出结论，而间接证明则是通过反证法或者归谬法，通过推翻事实的否定来得出结论。

本文将分别介绍直接证明和间接证明，并分析它们在数学证明中的应用。

首先，我们来讨论直接证明。

直接证明是最常见、最直接的证明方法。

其核心思想是根据已知条件和数学定理，一步一步地推导出结论。

直接证明通常包括假设、推理和结论三个步骤。

首先，我们根据题目给出的条件假设一些前提条件，然后利用已知的定理和公理进行推理，最后根据这些推理得出结论。

直接证明的优点是逻辑性强、直观明了，容易让读者明白推理的过程。

此外，对于一些简单的数学问题，直接证明能够很快得出结论，省去了许多繁琐的步骤。

然而，直接证明的弊端是有时难以找到合适的定理进行推理，或者推导过程中的中间步骤比较复杂。

在遇到这种情况时，我们就需要采用间接证明的方法。

其次，我们来讨论间接证明。

间接证明有两种形式，一种是反证法，另一种是归谬法。

反证法的基本思想是通过假设反命题的真假进行推导，如果得出一个恒真的结论，则原命题成立。

归谬法则是通过假设原命题为真进行推导，最后得出一个恒假的结论，从而推翻了原命题。

间接证明的优点是可以处理一些复杂的数学问题，特别是那些直接证明困难的问题。

间接证明可以通过假设反命题的真假或者假设原命题的真假，利用反证法或归谬法的推导过程将问题的复杂性降低，从而得出结论。

然而，间接证明的过程通常较为繁琐，需要较高的抽象思维能力和逻辑推理能力。

在实际的数学证明中，常常需要根据题目的要求和限制条件选择合适的证明方法。

有时，我们可以通过观察和归纳总结出一些数量关系或性质，然后用直接证明进行推导。

而对于一些性质复杂的数学问题，我们可能需要采用间接证明的方法。

因此，掌握直接证明和间接证明的技巧对于解决数学问题至关重要。

总之，数学证明中的直接证明和间接证明是两种常用的推理方法。

第4讲直接证明与间接证明讲义讲义一、导入【教学建议】我们知道，合情推理所得结论的正确性是需要证明的，这正是数学区别于其他学科的显著特点，数学结论的正确性必须通过逻辑推理的方式加以证明.综合法和分析法是直接证明中最基本的两种方法，反证法是间接证明的一种直接方法.C先生上了公交车却发现没带钱包，售票员不由分说让他下车，一位小伙子微笑着递过一块钱，C 先生很感激．车上的人开始小声议论C 先生是骗钱的，就在C先生生气准备甩票下车的时候，借钱给他的小伙子大声问：“能不能借一下您的手机？”C先生递过手机，小伙子拨了个号码，说了两三分钟的话，C先生想这下可以证明我的清白了．下车后C先生打开手机愣住了，原来小伙子根本没有拨通电话，但是直接证明了他的清白．二、知识讲解知识点1 综合法1.用综合法证明数学问题，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹，并且综合法的推理过程属于演绎推理，它的每一步推理得出的结论都是正确的，不同于合情推理．使用综合法证明问题，有时从条件可得出几个结论，哪个结论才可作为下一步的条件是分析的要点，所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综合法证明数学问题的关键．2. 综合法证明数学命题的步骤第一步：分析条件，选择方向．认真发掘题目的已知条件，特别是隐含条件，分析已知与结论之间的联系，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题方法．第二步：转化条件，组织过程．把题目的已知条件，转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．组织过程时要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．第三步：适当调整，回顾反思．解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取．知识点2 分析法1.分析法的推理过程也属于演绎推理，每一步推理都是严密的逻辑推理．2.分析法证明不等式的依据、方法与技巧．(1)解题依据：分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论；(2)适用范围：对于一些条件复杂，结构简单的不等式的证明，经常用综合法．而对于一些条件简单、结论复杂的不等式的证明，常用分析法；(3)思路方法：分析法证明不等式的思路是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式；(4)应用技巧：用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好“要证”、“只需证”、“即证”等词语．知识点3 反证法1.反证法证明数学命题的一般步骤第一步：分清命题“p→q”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q相矛盾的假定⌝q(反设)；第三步：由p和⌝q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果(归谬)；第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定⌝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．第三步中所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知条件矛盾，与临时假定矛盾以及自相矛盾等各种情况．2．反证法的适用对象作为一种间接证明方法，反证法尤其适合证明以下几类数学问题：(1)直接证明需分多种情况的；(2)结论本身是以否定形式出现的一类命题——否定性命题；(3)关于唯一性、存在性的命题；(4)结论以“至多”、“至少”等形式出现的命题；(5)条件与结论联系不够明显，直接由条件推结论的线索不够清晰，结论的反面是比原结论更具体、更容易研究的命题．三、例题精析【教学建议】分析法和综合法是对立统一的两种方法．一个命题用何种方法证明，要能针对具体问题进行分析，灵活地运用各种证法．当不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目更是行之有效的方法．用反证法证题时，必须把结论的否定作为条件使用，否则就不是反证法．【题干】（1）设A ＝12a ＋12b ，B ＝2a ＋b(a ＞0，b ＞0)，则A 、B 的大小关系为________． 【答案】A ≥B【解析】A －B ＝a ＋b 2ab －2a ＋b ＝)(24)(2b a ab ab b a +-+≥0. 【题干】（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 >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定【答案】 A【解析】 P 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋42，Q 2＝2a ＋13＋2a 2＋13a ＋40，∴P 2>Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P >Q .【题干】（3）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”．【题干】（4）设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是 例题1“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．【解析】(1)由已知，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下面证{b n }是“H 数列”．设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *)．于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立． 【题干】（1）欲证2−√5<√6−√7成立,只需证( )A .(2−√5)2<(√6−√7)2B .(2−√6)2<(√5−√7)2C .(2+√7)2<(√5+√6)2D .(2−√5−√6)2<(−√7)2【答案】C【解析】由分析法知,欲证2−√5<√6−√7,只需证2+√7<√6+√5,即证(2+√7)2<(√6+√5)2,故选C .【题干】（2）分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x 2时，索的因是( ) A ．x 2>1B ．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． 【题干】（3）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 ． 例题2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． 【题干】（1）用反证法证明“若x 2－1＝0，则x ＝－1或x ＝1”时，应假设________．【答案】 x ≠－1且x ≠1【解析】 “x ＝－1或x ＝1”的否定是“x ≠－1且x ≠1”．【题干】（2）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( )A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤【答案】 C【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，下面用反证法证明：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.【题干】（3）已知非零实数a ,b ,c 构成公差不为0的等差数列,求证:1a ,1b ,1c 不可能成等差数列.【解析】假设1a ,1b ,1c 成等差数列,则2b =1a +1c ,所以2ac=bc+ab.① 因为a ,b ,c 成等差数列,所以2b=a+c.②把②代入①,得2ac=b (a+c )=b ·2b.所以b 2=ac.③由②平方,得4b 2=(a+c )2.④把③代入④,得4ac=(a+c )2,所以(a-c )2=0.所以a=c.例题3代入②,得b=a,故a=b=c,所以数列a,b,c的公差为0.这与已知矛盾,因此假设错误.故1a ,1b,1c不可能成等差数列.。

高中数学中常见的证明方法一、直接证明法直接证明法是最基本也是最常见的证明方法之一。

它通过对所要证明的命题进行逻辑推理和分析，直接给出证明的过程和结论。

要使用直接证明法，一般需要明确以下几个步骤：1. 提出所要证明的命题：首先，明确所要证明的命题，即要证明的结论。

2. 建立前提条件：在进行证明前，需要明确前提条件，即已知条件或已知命题。

3. 逻辑推理：通过逻辑推理和分析，根据已知条件和逻辑关系，逐步推导出结论。

4. 结论：最后，根据已有的证明过程，给出结论。

二、间接证明法间接证明法又称反证法，它是通过假设所要证明的命题不成立，然后推导出与已知事实矛盾的结论，从而证明所要证明的命题是正确的。

间接证明法的一般步骤如下：1. 假设反命题：首先，假设所要证明的命题的反命题是正确的。

2. 推导过程：根据假设和已知条件，通过逻辑推理进行推导，尽可能多地得到信息。

3. 矛盾结论：最终推导出一个与已知事实矛盾的结论。

4. 否定假设：由于假设的反命题与已知事实矛盾，所以可以否定假设，即所要证明的命题是正确的。

间接证明法常用于证明一些数学定理、存在性证明和最大最小值的存在性等问题。

三、数学归纳法数学归纳法是一种常用的证明方法，特别适用于证明一类命题或定理，如整数性质、等差数列的性质等。

它基于两个基本步骤：基本情况的验证和归纳假设的使用。

数学归纳法的一般步骤如下：1. 基本情况的验证：首先，验证当命题成立的最小情况，通常是n=1或n=0的情况。

2. 归纳假设的使用：假设当n=k时命题成立，即假设命题对于某个特定的正整数k是成立的。

3. 归纳步骤的推理：在归纳假设的基础上进行推理和分析，证明当n=k+1时命题也成立。

4. 归纳法的结论：根据归纳步骤的推理和基本情况的验证，可以得出结论，即所要证明的命题对于所有正整数都成立。

数学归纳法在数学推理和定理证明中有着广泛的应用，尤其适用于证明具有递推性质的命题。

四、逆否命题证明法逆否命题证明法是通过对命题的逆否命题进行证明，从而间接地证明所要证明的命题。

数学证明方法和技巧数学是一门理性而抽象的学科，其中最重要的一部分就是证明。

数学证明是通过严密的逻辑推导来验证数学命题的正确性。

在数学中，有许多不同的证明方法和技巧，本文将针对这些方法和技巧进行详细的讨论。

一、直接证明法直接证明法是最常见和最基本的证明方法之一。

它的思路是通过一系列推理步骤，从已知的条件出发，逐步推导出所要证明的结论。

例如，对于求证一个数是偶数的命题，我们可以通过直接证明法来进行推导。

首先，我们将该数表示为2的倍数（即n=2k，其中k是任意整数），然后可以得出结论n为偶数。

二、间接证明法间接证明法，也称为反证法，是一种常用的证明方法。

它的思路是假设所要证明的结论是错误的，然后通过逻辑推理推导出矛盾的结论，从而证明原命题的正确性。

例如，可以通过反证法来证明平方根2是一个无理数。

我们假设根号2是一个有理数，即4可以整除2的平方根。

然而，通过推理可以发现这样的假设将导致矛盾，因此我们可以得出结论根号2是一个无理数。

三、数学归纳法数学归纳法是一种证明自然数性质的强有力的方法。

它的基本思想是通过证明当n=k时某个结论成立，然后证明当n=k+1时该结论也成立，从而推导出对所有自然数n均成立的结论。

首先我们验证当n=1时该结论成立，接着假设n=k时该结论成立，然后通过这个假设和逻辑推理证明n=k+1时该结论也成立。

因此我们可以得出结论对所有自然数n该结论成立。

数学归纳法在证明数列、不等式和等式等方面非常有用。

四、反证法反证法是一种基于逻辑推理的证明方法。

与间接证明法类似，反证法也是假设所要证明的结论是错误的。

但与间接证明法不同的是，反证法通过逻辑推理证明这样的假设将导致一种矛盾的结论。

这种矛盾说明了原来的假设是错误的，因此原命题是正确的。

反证法常用于证明存在性命题和唯一性命题。

五、等价命题证明等价命题证明是一种证明方法，它将所要证明的命题转化为与之等价的其他命题，然后通过证明这些等价命题来推导出原命题的正确性。

直接证明与间接证明【要点梳理】要点一：直接证明直接证明最常见的两种方法是综合法和分析法，它们是思维方向相反的两种不同的推理方法． 综合法定义：一般地，从命题的已知条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，经过演绎推理，一步步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，我们把这种思维方法叫做综合法．．．. 基本思路：执因索果综合法又叫“顺推证法”或“由因导果法”.它是由已知走向求证，即从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后导出待证结论或需求的问题．综合法这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．综合法的思维框图：用P 表示已知条件，Q 表示要证明的结论，123...i Q i n =（，，，，）为已知的定义、定理、公理等，则综合法可用框图表示为： 11223...n P Q Q Q Q Q Q Q ⇒→⇒→⇒→→⇒（已知） （逐步推导结论成立的必要条件） （结论）要点诠释（1）从“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，由因导果，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；（2）用综合法证明不等式，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹；（3）因用综合法证明命题“若A 则D ”的思考过程可表示为：故要从A 推理到D ，由A 推演出的中间结论未必唯一，如B 、B 1、B 2等，可由B 、B 1、B 2进一步推演出的中间结论则可能更多，如C 、C 1、C 2、C 3、C 4等等．所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综合法证明问题的“瓶颈”．综合法证明不等式时常用的不等式（1）a 2+b 2≥2ab （当且仅当a =b 时取“=”号）；（2）2a b +≥a ，b ∈R*，当且仅当a =b 时取“=”号）； （3）a 2≥0，|a |≥0，(a －b )2≥0；（4）2b a a b +≥（a ，b 同号）；2b a a b+≤-（a ，b 异号）； （5）a ，b ∈R ，2221()2a b a b +≥+， （6）不等式的性质定理1 对称性：a ＞b ⇔b ＜a ．定理2 传递性：a b a c b c >⎫⇒>⎬>⎭． 定理3 加法性质：a b a c b c c R >⎫⇒+>+⎬∈⎭． 推论 a b a c b d c d >⎫⇒+>+⎬>⎭． 定理4 乘法性质：0a b ac bc c >⎫⇒>⎬>⎭． 推论1 00a b ac bc c d >>⎫⇒>⎬>>⎭． 推论2 0*n n a b a b n N >>⎫⇒>⎬∈⎭．定理5 开方性质：0*a b n N >>⎫⇒>⎬∈⎭ 分析法定义一般地，从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，逐步寻找使命题成立的充分条件，直至所寻求的充分条件显然成立（已知条件、定理、定义、公理等），或由已知证明成立，从而确定所证的命题成立的一种证明方法，叫做分析法.基本思路：执果索因分析法又叫“逆推证法”或“执果索因法”.它是从要证明的结论出发，分析使之成立的条件，即寻求使每一步成立的充分条件，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.分析法这种执果索因的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法．分析法的思维框图：用123i P i =L （，，，）表示已知条件和已有的定义、公理、公式、定理等，Q 所要证明的结论，则用分析法证明可用框图表示为： 11223...Q P P P P P ⇐→⇐→⇐→→得到一个明显成立的条件（结论） （逐步寻找使结论成立的充分条件） （已知）格式：要证……，只需证……，只需证……，因为……成立，所以原不等式得证．要点诠释：（1）分析法是综合法的逆过程，即从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找它的充分条件．（2）由于分析法是逆推证明，故在利用分析法证明时应注意逻辑性与规范性，即分析法有独特的表述．综合法与分析法的横向联系（1） 综合法是把整个不等式看做一个整体，通过对欲证不等式的分析、观察，选择恰当不等式作为证题的出发点，其难点在于到底从哪个不等式出发合适，这就要求我们不仅要熟悉、正确运用作为定理性质的不等式，还要注意这些不等式进行恰当变形后的利用．分析法的优点是利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握，而综合法的优点是宜于表述，条理清晰，形式简洁．我们在证明不等式时，常用分析法寻找解题思路，即从结论出发，逐步缩小范围，进而确定我们所需要的“因”，再用综合法有条理地表述证题过程．分析法一般用于综合法难以实施的时候．（2）有不等式的证明，需要把综合法和分析法联合起来使用：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，这种边分析边综合的证明方法，称之为分析综合法，或称“两头挤法”．分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点．命题“若P 则Q ”的推演过程可表示为：要点二：间接证明 间接证明不是从正面确定命题的真实性，而是证明它的反面为假，或改证它的等价命题为真，间接地达到目的，反证法是间接证明的一种基本方法．反证法定义：一般地，首先假设要证明的命题结论不正确，即结论的反面成立，然后利用公理，已知的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.反证法的基本思路：假设——矛盾——肯定①分清命题的条件和结论．②做出与命题结论相矛盾的假设．③由假设出发，结合已知条件，应用演绎推理方法，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，从而间接地证明原命题为真．反证法的格式：用反证法证明命题“若p则q”时，它的全部过程和逻辑根据可以表示如下：要点诠释：（1）反证法是间接证明的一种基本方法.它是先假设要证的命题不成立，即结论的反面成立，在已知条件和“假设”这个新条件下，通过逻辑推理，得出与定义、公理、定理、已知条件、临时假设等相矛盾的结论，从而判定结论的反面不能成立，即证明了命题的结论一定是正确的.(2) 反证法的优点：对原结论否定的假定的提出，相当于增加了一个已知条件.反证法的一般步骤：（1）反设：假设所要证明的结论不成立，假设结论的反面成立；（2）归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；（3）结论：因为推理正确，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．要点诠释：（1）结论的反面即结论的否定，要特别注意：“都是”的反面为“不都是”，即“至少有一个不是”，不是“都不是”；“都有”的反面为“不都有”，即“至少有一个没有”，不是“都没有”；“都不是”的反面是“部分是或全部是”，即“至少有一个是”，不是“都是”；“都没有”的反面为“部分有或全部有”，即“至少有一个有”，不是“都有”（2）归谬的主要类型：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾（自相矛盾）；③与定义、定理、公理、事实矛盾．宜用反证法证明的题型：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；比如“存在性问题、唯一性问题”等；②如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形.比如带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的数学问题.要点诠释：反证法体现出正难则反的思维策略（补集的思想）和以退为进的思维策略，故在解决某些正面思考难度较大和探索型命题时，有独特的效果．【典型例题】【高清课堂：例题1】类型一：综合法证明例1．求证：a4+b4+c4≥abc(a+b+c)．【证明】∵a4+b4≥2a2b2，b4+c4≥2b2c2，c4+a4≥2c2a2，∴(a4+b4)+(b4+c4)+(c4+a4)≥2(a2b2+b2c2+c2a2)，又∵a2b2+b2c2≥2ab2c，b2c2+c2a2≥2abc2，a2b2+c2a2≥2a2bc，∴2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2abc(a+b+c)．∴2(a4+b4+c4)≥2abc(a+b+c)，即a4+b4+c4≥abc(a+b+c)．【总结升华】利用综合法时，从已知出发，进行运算和推理得到要证明的结论，并且在用均值定理证明不等式时，一要注意均值定理运用的条件，二要运用定理对式子作适当的变形，把式分成若干部分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相减．举一反三：【变式1】已知a，b是正数，且a+b=1，求证：114a b+≥．【证明】证法一：∵a，b∈R，且a+b=1，∴2a b ab +≥，∴12ab ≤， ∴1114a b a b ab ab++==≥． 证法二：∵a ，b ∈R +，∴20a b ab +=>，11120a b ab +≥>， ∴11()4a b a b ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭． 又a +b =1，∴114a b+≥． 证法三：1111224a b a b b a a b a b a b a b b a+++=+=+++≥+⋅=． 当且仅当a =b 时，取“=”号．【变式2】求证：5321232log 19log 19log 19++<. 【证明】待证不等式的左端是3个数和的形式，右端是一常数的形式，而左端3个分母的真数相同，由此可联想到公式，1log log a b b a =转化成能直接利用对数的运算性质进行化简的形式. ∵ 1log log a b b a =， ∴左边∵， ∴5321232log 19log 19log 19++<. 例2．已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n +1=4a n +2（n =1，2，…），a 1=1．（1）设b n =a n +1－2a n （n =1，2，…），求证：数列{b n }是等比数列．（2）设2n n na c =（n =1，2，…）， 求证：数列{c n }是等差数列． 【证明】（1）∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减，得S n +2―S n +1=4a n +1―4a n （n =1，2，3，…），即a n +2=4a n +1―4a n ，变形得a n +2―2a n +1=2(a n +1―2a n )．∵b n =a n +1－2a n （n =1，2，…），∴b n +1=2b n （n =1，2，…）．由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列．由S 2=a 1+a 2=4a 1+2，a 1=1，得a 2=5，b 1=a 2―2a 1=3．故b n =3·2n ―1．（2）∵2n n n a c =（n =1，2，…） ∴11111122222n n n n n n n n n n n a a a a b c c ++++++--=-== 将b n =3·2n －1代入，得134n n c c +-=（n =1，2，…）． 由此可知，数列{c n }是公差34d =的等差数列，它的首项11122a c ==，故3144n c n =-． 【总结升华】本题从已知条件入手，分析数列间的相互关系，合理实现了数列间的转化，从而使问题获解，综合法是直接证明中最常用的证明方法．举一反三：【变式1】已知数列{}n a 满足15a =， 25a =，116(2)n n n a a a n +-=+≥．求证：{}12n n a a ++是等比数列；【证明】 由a n ＋1＝a n ＋6a n －1，a n ＋1＋2a n ＝3(a n ＋2a n －1) (n ≥2)，∵a 1＝5，a 2＝5∴a 2＋2a 1＝15，故数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列.【变式2】在△ABC 中，若a 2=b (b +c )，求证：A =2B ．【证明】∵a 2=b (b +c )，222222()cos 22b c a b c b bc A bc bc+-+-+==， 又222222222()22cos 2cos 12121222()2a c b b c b c b bc c b B B ac a b b c b ⎛⎫+-++---⎛⎫=-=-=-== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，∴cos A =cos2B ．又A 、B 是三角形的内角，故A =2B ．例3．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD =DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F ．求证：（1）P A ∥平面EDB ；（2）PB ⊥平面EFD ．【证明】（1）连结AC 交BD 于O ，连结E O ．∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点，在△P AC 中，E O 是中位线，∴P A ∥E O ．而E O ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，∴P A ∥平面EDB ．（2）PD ⊥底面ABCD 且DC ⊂底面ABCD ，∴PD ⊥DC ．由PD =DC ，可知△PDC 是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 上的中线，∴DE ⊥PC ．①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC ．∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC，∴BC⊥平面PDC．而DE⊂平面PDC，∴BC⊥DE．②由①和②推得DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，∴DE⊥PB．又EF⊥PB且DE∩EF=E，∴PB⊥平面EFD．【总结升华】利用综合法证明立体几何中线线、线面和面面关系的关键在于熟练地运用判定定理和性质定理．举一反三：【变式1】如图，设在四面体PABC中，90ABC∠=o，PA PB PC==，D是AC的中点.求证：PD垂直于ABC∆所在的平面.【证明】连PD、BD因为BD是Rt ABC∆斜边上的中线，所以DA DC DB==又因为PA PB PC==，而PD是PAD∆、PBD∆、PCD∆的公共边，所以PAD∆≅PBD PCD∆≅∆于是PDA PDB PDC∠=∠=∠，而90PDA PDC∠=∠=o，因此90PDB∠=o∴PD AC⊥，PD BD⊥由此可知PD垂直于ABC∆所在的平面.【变式2】如图所示，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是正方形，SA平面ABCD，且SA=AB，点E为AB的中点，点F为SC的中点．求证：（1）EF⊥CD；（2）平面SCD⊥平面SCE．【证明】（1）∵SA⊥平面ABCD，F为SC的中点，∴AF为Rt△SAC斜边SC上的中线．∴12AF SC=．又∵四边形ABCD是正方形，∴CB⊥AB．而由SA ⊥平面ABCD ，得CB ⊥SA ，∴CB ⊥平面SAB ．又∵SB ⊂平面SAB ，∴CB ⊥SB ．∴BF 为Rt △SBC 的斜边SC 上的中线，∴12BF SC =． ∴AF =BF ，∴△AFB 为等腰三角形．又E 为AB 的中点，∴EF ⊥AB ．又CD ∥AB ，∴EF ⊥CD ．（2）由已知易得Rt △SAE ≌Rt △CBE ，SE =EC ，即△SEC 是等腰三角形，∴EF ⊥SC ．又∵EF ⊥CD 且SC ∩CD =C ，∴EF ⊥平面SCD ．又EF ⊂平面SCE ，∴平面SCD ⊥平面SCE ．类型二：分析法证明例4. 设0a >、0b >，且a b ≠，用分析法证明：3322a b a b ab ++＞．【证明】要证3322a b a b ab +>+成立，只需证33220a b a b ab +--> 成立，即证22()()0a a b b b a -+->成立，即证22()()0a b a b -->成立，也就是要证2()()0a b a b +->成立，因为0a >、0b >，且a b ≠，所以2()()0a b a b +->显然成立，由此原不等式得证.【总结升华】1.在证明过程中，若使用综合法出现困难时，应及时调整思路，分析一下要证明结论成立需要怎样的充分条件是明智之举.从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻找使当前命题成立的充分条件的方法.2. 用分析法证明问题时，一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”“也即证”等词语．举一反三：【变式1】设a ，b ，c ，d ∈R ，求证：ac bc +≤【证明】当ac +bc ≤0时，不等式显然成立．当ac +b d ＞0时，要证明ac bd +只需证明(ac +b d)2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2)，即证明a 2c 2+2abc d+b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2，只需证明2abc d≤a 2d 2+b 2c 2，只需证明(a d －bc )2≥0． 而上式成立，∴2222ac bd a b c d +≤+⋅+成立． 【变式2】求证：123(3)a a a a a --<---≥【证明】分析法： 要证123(3)a a a a a --<---≥成立， 只需证明321(3)a a a a a +-<-+-≥， 两边平方得232(3)232(2)(1)a a a a a a -+-<-+--(3)a ≥， 所以只需证明(3)(2)(1)a a a a -<--(3)a ≥， 两边平方得22332a a a a -<-+，即02<，∵02<恒成立，∴原不等式得证.【变式3】用分析法证明：若a >0，则212122-+≥-+a a a a ． 【证明】要证212122-+≥-+a a a a ， 只需证212122++≥++aa a a ． ∵a >0，∴两边均大于零，因此只需证2222)21()21(++≥++a a a a 只需证)1(222211441222222a a a a a a a a +++++≥++++， 只需证)1(22122a a a a +≥+，只需证)21(2112222++≥+a a a a ， 即证2122≥+a a ，它显然成立．∴原不等式成立．例5. 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ． 【证明】要证lg 2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ， 只需证lg 2b a +·2c b +·2a c +>lg （a ·b ·c ）， 只需证2b a +·2c b +·2a c +＞abc ． 但是，2b a +0>≥ab ，2c b +0>≥bc ，2a c +0>≥ac ．且上述三式中的等号不全成立，所以，2b a +·2c b +·2a c +＞abc ． 因此lg 2b a ++ lg 2c b ++ lg 2a c +＞lg a +lg b +lg c ． 【总结升华】这个证明中的前半部分用的是分析法，后半部分用的是综合法．在实际证题过程中，分析法与综合法是统一运用的，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的．没有分析就没有综合；没有综合也没有分析．问题仅在于，在构建命题的证明路径时，有时分析法居主导地位，综合法伴随着它；有时却刚刚相反，是综合法导主导地位，而分析法伴随着它．举一反三：【变式1】设a 、b 是两个正实数，且a ≠b ，求证：3a ＋3b ＞22ab b a +【证明】证明一：(分析法)要证3a +3b ＞22ab b a +成立，只需证(a +b )( 2a -ab +2b )＞ab (a +b )成立，即需证2a -ab +2b ＞ab 成立．(∵a +b ＞0)只需证2a -2ab +2b ＞0成立，即需证()2b a -＞0成立． 而由已知条件可知，a ≠b ，有a -b ≠0，所以()2b a -＞0显然成立，由此命题得证． 证明二：(综合法)∵a ≠b ，∴a -b ≠0，∴()2b a -＞0，即2a -2ab +2b ＞0，亦即2a -ab +2b ＞ab . 由题设条件知，a +b ＞0，∴(a +b )( 2a -ab +2b )＞(a +b )ab即3a +3b ＞22ab b a +，由此命题得证．【变式2】ABC ∆的三个内角,,A B C 成等差数列，求证：113a b b c a b c +=++++ 【证明】要证原式成立，只要证3a b c a b c a b b c +++++=++， 即只要证1c a a b b c+=++ 即只要证2221bc c a ab ab b ac bc+++=+++； 而2A C B +=，所以060B =，由余弦定理得222b a c ac =+-所以222222222221bc c a ab bc c a ab bc c a ab ab b ac bc ab a c ac ac bc ab a c bc+++++++++===+++++-+++++. 类型三：反证法证明例6．【证明】=只需证22≠，即证10≠5≠，即证2125≠，而该式显然成立，≠不成等差数列．=2125≠∵，5≠，10≠∴，即3720+≠，即2≠，∴ ≠∴【总结升华】结论中含有“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题，此类问题的反面比较具体，适宜应用反证法． 举一反三：【变式1】求证：函数()f x =不是周期函数．【证明】假设()f x =则存在常数T （T≠0）使得对任意x ∈R ，都有成立．上式中含x=0，则有cos01=，2m =π（m ∈z 且m≠0）． ①再令x=T ，则有1=，2n =π（n ∈Z 且n ≠0）． ②②÷①得：32n m =， 这里，m ，n 为非零整数，故n m为有理数，而32无理数，二者不可能相等． 因此3()cos f x x =不是周期函数．【变式2】设{a n }是公比为q 的等比数列，S n 为它的前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？【解析】（1）证明：假设{S n }是等比数列，则2213S S S =， 即222111(1)(1)a q a a q q +=⋅++．∵a 1≠0，∴(1+q )2=1+q +q 2．即q =0，与等比数列中公比q ≠0矛盾．故{S n }不是等比数列．（2）解：①当q =1时，S n =na 1，n ∈N*，数列{S n }是等差数列．②当q ≠1时，{S n }不是等差数列，下面用反证法证明：假设数列{S n }是等差数列，则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)．∵a 1≠0，∴2+2q =1+1+q +q 2，得q =q 2．∵q ≠1，∴q =0，这与等比数列中公比q ≠0矛盾．从而当q ≠1时，{S n }不是等差数列．综上①②可知，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．【变式3】已知数列{a n }的前n 项的和S n 满足S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．(1)求证{a n ＋3}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)数列{a n }是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 证明：∵S n ＝2a n －3n (n ∈N *)，∴a 1＝S 1＝2a 1－3，∴a 1＝3.又由112323(1)n n n n S a n S a n ++=-⎧⎨=-+⎩得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n －3， ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，∴{a n ＋3}是首项为a 1＋3＝6，公比为2的等比数列．∴a n＋3＝6×2n－1，即a n＝3(2n－1)．(2)解：假设数列{a n}中存在三项a r，a s，a t (r<s<t)，它们可以构成等差数列．由(1)知a r<a s<a t，则2a s＝a r＋a t，∴6(2s－1)＝3(2r－1)＋3(2t－1)，即2s＋1＝2r＋2t，∴2s＋1－r＝1＋2t－r(*)∵r、s、t均为正整数且r<s<t，∴(*)左边为偶数而右边为奇数，∴假设不成立，即数列{a n}不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列．例7. 已知a，b，c∈（0，1），求证：(1―a)b，(1―b)c，(1－c)a中至少有一个小于或等于14．【证明】证法一：假设三式同时大于14，即1(1)4a b->，1(1)4b c->，1(1)4c a->，三式相乘，得1 (1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅->，又211 (1)24a aa a-+⎛⎫-≤=⎪⎝⎭，同理1(1)4b b-≤，1(1)4c c-≤，以上三式相乘，得1 (1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅-≤，这与1(1)(1)(1)64a ab bc c-⋅-⋅->矛盾，故结论得证．证法二：假设三式同时大于14．∵0＜a＜1，∴1－a＞0．∴(1)11(1)242a ba b-+≥->=．同理(1)122b c-+≥，(1)122c a-+≥．三式相加，得33 22 >，∴原命题成立．【总结升华】从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形的问题多用反证法.比如这类带有“至少有一个”等字样的数学问题.举一反三：【变式】已知,,,0,1a b c R a b c abc ∈++==，求证：,,a b c 中至少有一个大于32. 【证明】假设,,a b c 都小于或等于32， 因为 1abc =，所以,,a b c 三者同为正或一正两负，又因为0a b c ++=，所以,,a b c 三者中有两负一正，不妨设0,0,0a b c ><<，则1,b c a bc a +=-=由均值不等式得()2b c bc -+≥，即12a a ≥， 解得33273482a ≥≥=，与假设矛盾，所以 ,,abc 中至少有一个大于32. 例8．已知：直线a 以及A ∉a ．求证：经过直线a 和点A 有且只有一个平面．【证明】（1）“存在性”，在直线a 上任取两点B 、C ，如图．∵A ∉a ，B ∈a ，C ∈a ，∴A 、B 、C 三点不在同一直线上．∴过A 、B 、C 三点有且只有一个平面α∵B ∈α，C ∈α，∴a ⊂α，即过直线a 和点A 有一个平面α．（2）“唯一性”，假设过直线a 和点A 还有一个平面β．∵A ∉a ，B ∈a ，C ∈a ，∴B ∈β，C ∈β．∴过不共线的三点A 、B 、C 有两个平面α、β，这与公理矛盾．∴假设不成立，即过直线a 和点A 不可能还有另一个平面β，而只能有一个平面α．【总结升华】 这里证明“唯一性”时用了反证法．对于“唯一性”问题往往使用反证法进行证明，要注意与“同一法”的区别与联系．举一反三：【变式】求证：两条相交直线有且只有一个交点．【证明】假设结论不成立，即有两种可能：（1）若直线a 、b 无交点，那么a ∥b ，与已知矛盾；（2）若直线a 、b 不止有一个交点，则至少有两个交点A 和B ，这样同时经过点A 、B 就有两条直线，这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾．综上所述，两条相交直线有且只有一个交点．。

数学中的证明方法和技巧数学作为一门严谨的学科，证明是其核心和灵魂。

无论是基础数学还是高等数学，在数学的世界里，证明是推动数学发展和解决问题的关键方法。

本文将探讨数学中常见的证明方法和一些应用技巧，帮助读者更好地理解和运用数学证明。

一、直接证明法直接证明法是最常见也是最直观的证明方法之一。

它通过一系列逻辑推理来证明一个数学命题。

步骤如下：1. 假设给定的前提条件（假设x是奇数）；2. 推导出结论（推导出x的平方也是奇数）；3. 根据推导过程中的逻辑关系，展示每一步的合理性（通过元素的特性，奇数的平方仍然是奇数）；4. 结合前提条件和推导过程，得出结论（根据步骤2和步骤3可得出结论）。

二、间接证明法（反证法）间接证明法，也称为反证法，通过假设反命题，证明其导致矛盾，从而得出所要证明的正命题成立。

步骤如下：1. 假设所要证明的命题的反命题为真；2. 对反命题进行逻辑推理，得出矛盾的结论；3. 根据矛盾结论，推出原命题为真；4. 得出结论，所要证明的命题成立。

三、归纳法归纳法是数学证明中常用的一种方法，尤其适合用于证明某个命题在所有自然数上成立。

步骤如下：1. 基础步骤：证明当n为某个特定数时，命题成立（如n=1时）；2. 归纳假设：假设当n=k时命题成立；3. 归纳步骤：证明当n=k+1时命题也成立；4. 根据归纳步骤，推出结论：由步骤2和步骤3可得出结论，命题对所有自然数成立。

四、递推法递推法是一种通过建立递推关系，不断由已知结果推出未知结果的方法。

递推法通常用于数列和递归问题的证明。

步骤如下：1. 确定初始条件：给出初始条件，如数列的前几项已知；2. 建立递推关系：找出数列中相邻项之间的关系，建立递推公式；3. 假设命题成立：假设当前项满足递推公式时，后一项也满足；4. 基于递推关系推出结论：根据递推公式，由当前项推导出后一项；5. 通过数学归纳法证明：使用数学归纳法证明递推公式成立；6. 得出结论，命题成立。

数学中的证明方法与技巧在数学领域中，证明是一种重要的方法，用于验证数学命题的真实性。

通过证明，我们可以确保数学理论的正确性并展示出其内在的逻辑关系。

本文将探讨数学中常用的证明方法与技巧，帮助读者更好地理解和应用数学证明。

一、直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一。

它基于以下原则：如果某个命题已知，且我们可以逐步推导出最终结论，那么该命题就成立。

具体步骤包括：1. 假设命题为真；2. 列出已知条件；3. 使用基本数学原理和定理，逐步推导并展示出结论。

例如，我们要证明"若两个正整数的和是奇数，则这两个正整数中至少有一个是奇数"这个命题。

那么可以按照以下步骤进行证明：假设两个正整数分别为a和b，且a+b为奇数；根据奇数的性质，可以写出a+b=2k+1，其中k是一个整数；将等式转化为a=2k+1-b；根据整数的性质，2k+1是奇数，而b是整数，所以a也是奇数。

通过以上步骤，我们完成了对该命题的直接证明。

二、间接证明法间接证明法是一种常用于证明否定命题的方法。

它基于以下原则：如果我们能够证明假设命题为假的情况下产生矛盾，那么该假设就是不成立的。

具体步骤包括：1. 假设命题为假；2. 推导出与已知事实矛盾的结论；3. 得出结论，证明假设命题为真。

例如，我们要证明"根号2是一个无理数"这个命题。

我们可以采用反证法进行证明：假设根号2是有理数，可以表示为p/q，其中p和q为整数且互质；根据定义，可得(根号2)^2 = (p/q)^2，即2 = (p^2)/(q^2)；变形可得2q^2 = p^2；根据整数平方的性质，p^2为偶数，那么可以推出p也为偶数，设p=2k；将上述信息代入等式，得到2q^2 = (2k)^2 = 4k^2；化简得q^2 = 2k^2，那么q^2也为偶数，可得q为偶数；由于p和q都为偶数，与我们最初的假设矛盾，因此该假设不成立。

通过反证法，我们证明了根号2是一个无理数。

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(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)应用反证法证明数学命题的一般步骤：①分清命题的条件和结论；②做出与命题结论相矛盾的假设；③由假设出发，应用演绎推理方法，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．【思考辨析】判断下面结论是否正确(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2＋7<3＋6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 ．ac 2<bc 2 B ．a 2>ab >b 2 C.1a <1b D.b a >ab答案 B解析 对于A ，若c ＝0，则ac 2＝bc 2，故不正确． 对于B ，∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab ＝a (a －b )>0， ∴a 2>ab ，∴ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2， ∴a 2>ab >b 2，故B 正确．对于C ，∵a <b <0，∴1a －1b ＝b －aab >0，∴1a >1b，故错； 对于D ，∵a <b <0，b a －a b ＝b 2－a 2ab <0，∴b a <ab，故错． 2．(2014·山东)用反证法证明命题：“设a ，b 为实数，则方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )A ．方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根B ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实数C ．方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根D ．方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根 答案 A解析 方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根的反面是方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根，故应选A. 3．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≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0 答案 D解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0.4．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是__________________． 答案 a ≥0，b ≥0且a ≠b 解析 ∵a a ＋b b －(a b ＋b a ) ＝a (a －b )＋b (b －a ) ＝(a －b )(a －b ) ＝(a －b )2(a ＋b )．∴当a ≥0，b ≥0且a ≠b 时，(a －b )2(a ＋b )>0. ∴a a ＋b b >a b ＋b a 成立的条件是a ≥0，b ≥0且a ≠b .5．(教材改编)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________三角形． 答案 等边解析 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＋c 2－2ac 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.题型一 综合法的应用例1 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x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)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 )＝x 2(x ∈[0,1])，f (x )＝x (x ∈[0,1])是不是理想函数．(1)证明 取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝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 )＝x 2，x ∈[0,1]，显然f (x )≥0，且f (1)＝1. 任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1， f (x 1＋x 2)－f (x 1)－f (x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，即f (x 1)＋f (x 2)≤f (x 1＋x 2)． ∴f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数．对于f (x )＝x ，x ∈[0,1]，显然满足条件①②. 对任意的x 1，x 2∈[0,1]，x 1＋x 2≤1，有f 2(x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]2＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2)＝－2x 1x 2≤0， 即f 2(x 1＋x 2)≤[f (x 1)＋f (x 2)]2.∴f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，不满足条件③. ∴f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．综上，f (x )＝x 2(x ∈[0,1])是理想函数，f (x )＝2x (x ∈[0,1])与f (x )＝x (x ∈[0,1])不是理想函数．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．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 . 由题设知(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.题型二 分析法的应用例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. 证明 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 2)2cos x 1cos x 2>sin (x 1＋x 2)1＋cos (x 1＋x 2).由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π)． 所以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.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x 1≠x 2知上式显然成立， 因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 引申探究若本例中f (x )变为f (x )＝3x －2x ，试证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f (x 1)＋f (x 2)2≥f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 证明 要证明f (x 1)＋f (x 2)2≥f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明(3x 1－2x 1)＋(3x 2－2x 2)2≥3x 1＋x 22－2·x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2)，即证明3x 1＋3x 22≥3x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2，由于x 1，x 2∈R 时，3x 1>0,3x 2>0，由均值不等式知3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2显然成立，故原结论成立．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．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，只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.因为a >0，故只需要证( a 2＋1a 2＋2)2≥(a ＋1a＋2)2，即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22(a ＋1a )＋2，从而只需要证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a)，只需要证4(a 2＋1a 2)≥2(a 2＋2＋1a2)，即a 2＋1a 2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．题型三 反证法的应用 命题点1 证明否定性命题例3 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 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.(*)又因为p <q <r ，且p ，q ，r ∈N ＋，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． 命题点2 证明存在性问题例4 (2015·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 )＝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 ， 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 )＝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． 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 ，(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 )＝x 2＋sin x4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x 0∈(m ，n )，使得等式f (n )－f (m )＝(n －m )f ′(x 0)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有实数根为0； ②f ′(x )＝12＋14cos x ，所以f ′(x )∈⎣⎡⎦⎤14，34，满足条件0<f ′(x )<1. 由①②可得，函数f (x )＝x 2＋sin x 4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、已知定理或已知矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．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，∴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 2)2＝pr ，即(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴假设不成立，即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．24．1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 ：x 24＋y 2＝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．思维点拨 (1)根据菱形对角线互相垂直平分及点B 的坐标设出点A 的坐标，代入椭圆方程求得点A 的坐标，后求AC 的长；(2)将直线方程代入椭圆方程求出AC 的中点坐标(即OB 的中点坐标)，判断直线AC 与OB 是否垂直． 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 ⎝⎛⎭⎫t ，12，代入椭圆方程得t 24＋14＝1， 则t ＝±3，故|AC |＝2 3.[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⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ， 消y 并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.[6分] 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 2＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k 2. 所以AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2.[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－14k，因为k ·⎝⎛⎭⎫－14k ＝－14≠－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]温馨提醒 (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．[方法与技巧]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． [失误与防范]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．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．A 组 专项基础训练 (时间：45分钟)1．若a 、b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( ) A ．lg(1＋a 2)>0 B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) C ．a 2＋3ab >2b 2 D.a b <a ＋1b ＋1答案 B解析 在B 中，∵a 2＋b 2－2(a －b －1)＝(a 2－2a ＋1)＋(b 2＋2b ＋1)＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)恒成立．2．①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 答案 D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． 3．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”索的因应是( ) A ．a －b >0 B ．a －c >0 C ．(a －b )(a －c )>0 D ．(a －b )(a －c )<0 答案 C解析 由题意知b 2－ac <3a ⇐b 2－ac <3a 2 ⇐(a ＋c )2－ac <3a 2 ⇐a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0 ⇐－2a 2＋ac ＋c 2<0 ⇐2a 2－ac －c 2>0⇐(a －c )(2a ＋c )>0⇐(a －c )(a －b )>0.4．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a ·a ＋7＝2a ＋7＋2a 2＋7a ，Q 2＝2a ＋7＋2a ＋3·a ＋4＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P 2<Q 2，∴P <Q . 5．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( )A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤答案 C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，a ，b 中至少有一个大于1.6．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____________________________．答案 a ，b 中没有一个能被5整除解析 “至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．7．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能使b a ＋a b≥2成立． 8．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 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. 9．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 .10．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SA 2＋AD 2＝SD 2，∴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．∴不存在这样的点F ，使得BF ∥平面SAD .B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．已知函数f (x )＝(12)x ，a ，b 是正实数，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 ≤CB ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A答案 A解析 ∵a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b， 又f (x )＝(12)x 在R 上是减函数． ∴f (a ＋b 2)≤f (ab )≤f (2ab a ＋b)，即A ≤B ≤C . 12．如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则( )A ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形B ．△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C ．△A 1B 1C 1是钝角三角形，△A 2B 2C 2是锐角三角形D ．△A 1B 1C 1是锐角三角形，△A 2B 2C 2是钝角三角形答案 D解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形． 由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧ A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1.那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2， 这与三角形内角和为180°相矛盾．所以假设不成立，又显然△A 2B 2C 2不是直角三角形．所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．13．已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n ∈N ＋，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为__________．答案 c n ＋1<c n解析 由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n， ∴c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .14．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.(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)解 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 ＝－b 2a ＝x 1＋x 22<x 2＋x 22＝x 2＝1a ， 即－b 2a <1a. 又a >0，∴b >－2，∴－2<b <－1.15．已知数列{a n }满足：a 1＝12，3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1，a n a n ＋1<0(n ≥1)，数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1)． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．(1)解 由题意可知，1－a 2n ＋1＝23(1－a 2n )． 令c n ＝1－a 2n ，则c n ＋1＝23c n .又c 1＝1－a 21＝34，则数列{c n }是首项为c 1＝34， 公比为23的等比数列，即c n ＝34·(23)n －1， 故1－a 2n ＝34·(23)n －1⇒a 2n ＝1－34·(23)n －1. 又a 1＝12>0.a n a n ＋1<0， 故a n ＝(－1)n －1 1－34·(23)n －1. b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝[1－34·(23)n ]－[1－34·(23)n －1] ＝14·(23)n －1. (2)证明 用反证法证明．假设数列{b n }存在三项b r ，b s ，b t (r <s <t )按某种顺序成等差数列，由于数列{b n }是首项为14，公比为23的等比数列， 于是有b r >b s >b t ，则只能有2b s ＝b r ＋b t 成立．∴2·14(23)s －1＝14(23)r －1＋14(23)t －1， 两边同乘以3t －121－r ，化简得3t －r ＋2t －r ＝2·2s －r 3t －s .由于r <s <t ，∴上式左边为奇数，右边为偶数， 故上式不可能成立，导致矛盾．故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列．。

高中数学中的数学证明方法详细总结与演绎数学作为一门精密的科学，其证明方法的运用和掌握是学习数学的核心能力之一。

在高中数学中，学生们常常需要运用不同的证明方法来解决问题，这不仅帮助他们深入理解数学概念和定理，还培养了他们的逻辑思维和推理能力。

本文将详细总结和演绎高中数学中常见的数学证明方法，帮助读者更好地掌握这些方法并应用于数学问题的解决。

一、直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一，它通过逻辑推理直接证明一个命题。

该方法通常分为两步：首先是列出前提条件，然后根据这些前提条件推导出结论。

例如，要证明直角三角形中斜边的平方等于两直角边的平方和，可以假设直角三角形的两个直角边分别为a和b，斜边为c，在此基础上利用勾股定理进行推导，最终得出c²=a²+b²，从而证明了所要证明的结论。

二、间接证明法间接证明法是通过假设命题不成立，推导出矛盾的结果来证明一个命题。

该方法通常有两个步骤：第一步是假设所要证明的结论不成立，第二步则是根据这个假设推导出一个矛盾的结果。

例如，要证明无理数根号2是一个无理数，可以采用间接证明法。

假设根号2是一个有理数，即可以表示为两个整数的比值。

然后利用有理数的定义进行推导，将根号2表示为两个整数的比值，并得出一个矛盾的结果，即根号2不是一个有理数，从而间接证明了根号2是一个无理数。

三、归纳法归纳法通常用于证明关于正整数的命题，在高中数学中应用较为广泛。

归纳法分为两个步骤：首先证明当n=1时命题成立，然后假设当n=k时命题成立，再证明当n=k+1时命题仍然成立。

例如，要证明等差数列的通项公式，可以使用归纳法。

首先证明当n=1时等差数列的通项公式成立，即a₁=a₁。

然后假设当n=k时等差数列的通项公式成立，即aₖ=a₁+(k-1)d。

再证明当n=k+1时等差数列的通项公式仍然成立，即aₖ₊₁=a₁+kd。

通过归纳法就可以证明等差数列的通项公式对于任意正整数n都成立。

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。

数学中的证明方法及技巧在数学领域中，证明是一种非常重要的方法，用于验证定理和推断结论的正确性。

证明不仅要求准确无误，还需要展示出逻辑性和严密性。

本文将介绍数学中常用的证明方法及一些技巧，帮助读者更好地理解和运用数学知识。

一、直接证明法直接证明法是一种最为直观的证明方法，通常是通过列举事实、运用已知定理和逻辑推理来证明一个命题的正确性。

例如，我们要证明一个数学命题：“所有偶数的平方都是4的倍数”。

我们可以用直接证明法来解决这个问题。

假设偶数为2n（n为整数），根据定义，平方为(2n)^2=4n^2。

显然，4n^2是4的倍数，因此我们可以得出结论：所有偶数的平方都是4的倍数。

二、间接证明法间接证明法又称反证法，是一种常用的证明方法。

它假设所要证明的命题不成立，然后通过逻辑推演推导出矛盾，从而说明假设错误，命题成立。

例如，要证明“根号2是一个无理数”，可以运用反证法来证明。

假设根号2是一个有理数，即可以表示为p/q（p、q互质）的形式。

将p/q代入根号2的定义中，有(p/q)^2=2，得到p^2=2q^2。

这意味着p^2是偶数，因此p也是偶数。

将p表示为2k（k为整数），代入原等式中，则有(2k)^2=2q^2，化简得到4k^2=2q^2，即2k^2=q^2。

这说明q^2也是偶数，进而推断q也是偶数。

综上所述，假设了p和q都是偶数，与p和q互质的前提相矛盾。

因此，根号2不可能用有理数表示，即根号2是一个无理数。

三、数学归纳法数学归纳法是一种用于证明某种性质在每个自然数上成立的方法。

它包括两个步骤：证明当n为特殊值时命题成立，以及假设当n=k时命题成立，利用这一假设证明当n=k+1时命题也成立。

例如，我们要证明一个命题：“对于任意正整数n，1+2+3+...+n=n(n+1)/2”。

首先，当n=1时，左边等于1，右边等于1(1+1)/2，两边相等。

因此，当n=1时命题成立。

接下来，我们假设当n=k时命题成立，即1+2+3+...+k=k(k+1)/2。

直接证明与间接证明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 ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→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 ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件. 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]1． 综合法证明问题是由因导果，分析法证明问题是执果索因．2． 分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用． 基础题1． 要证明“3＋7<25”可选择的方法有以下几种，其中最合理的是________．(填序号)①反证法，②分析法，③综合法．2． 下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋ab≥2成立的条件的个数是________． 3． 已知函数f (x )＝lg1－x1＋x，若f (a )＝b ，则f (－a )＝______(用b 表示)．4． 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5． 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° 题型分类题型一 综合法的应用例1 已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立．思维启迪：利用a 2＋b 2≥2ab ，1a 2＋1b 2≥2ab ，再利用ab ＋1ab ≥2，根据这个解题思路去解答本题即可．已知a 、b 、c 为正实数，a ＋b ＋c ＝1.求证：(1)a 2＋b 2＋c 2≥13；(2)3a ＋2＋3b ＋2＋3c ＋2≤6. 题型二 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 .思维启迪：本题若使用综合法，不易寻求证题思路．可考虑使用分析法．已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.题型三 反证法的应用例3 已知a ≥－1，求证三个方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0， x 2＋2ax －2a ＝0中至少有一个方程有实数根．思维启迪：“至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“三个方程都没有实数根”．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．随堂练A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1． 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 2 C.1a <1bD.b a >a 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 ≤b3． 分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<04． 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 二、填空题(每小题5分，共15分)5． 设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是__________．6． 用反证法证明命题“若实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＝c ＋d ＝1，ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d中至少有一个是非负数”时，第一步要假设结论的否定成立，那么结论的否定是_____． 7． 设x ，y ，z 是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x ⊥z ，且y ⊥z ，则x ∥y ”为真命题的是________(填写所有正确条件的代号)．①x 为直线，y ，z 为平面；②x ，y ，z 为平面；③x ，y 为直线，z 为平面；④x ，y 为平面，z 为直线；⑤x ，y ，z 为直线． 三、解答题(共22分)8． (10分)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 22.9． (12分)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．B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1． 若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是( )A ．lg(1＋a 2)>0B ．a 2＋b 2≥2(a －b －1)C ．a 2＋3ab >2b 2D.a b <a ＋1b ＋12． 设a ，b ，c ∈(－∞，0)，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都不大于－2B ．都不小于－2C ．至少有一个不大于－2D ．至少有一个不小于－23． 已知f (1,1)＝1，f (m ，n )∈N *(m ，n ∈N *)，且对任意m ，n ∈N *都有：①f (m ，n ＋1)＝f (m ，n )＋2；②f (m ＋1,1)＝2f (m ，1)．给出以下三个结论： (1)f (1,5)＝9；(2)f (5,1)＝16；(3)f (5,6)＝26. 其中正确结论的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0二、填空题(每小题5分，共15分)4． 关于x 的方程ax ＋a －1＝0在区间(0,1)内有实根，则实数a 的取值范围是__________． 5． 若a ，b ，c 为Rt △ABC 的三边，其中c 为斜边，那么当n >2，n ∈N *时，a n ＋b n 与c n 的大小关系为____________．6． 凸函数的性质定理为如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )n ≤f⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，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________． 三、解答题7． (13分)已知函数f (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1.(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求a 的取值范围； (2)设m ，n ∈R ＋，且m >n ，求证：m －n ln m －ln n <m ＋n 2.。

12．3 直接证明与间接证明1．直接证明(1)综合法：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____________，最后推导出所要证明的结论________，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫顺推证法或__________法．(2)分析法：一般地，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__________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．分析法又叫逆推证法或__________法．(3)综合法和分析法，是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方式． 2．间接证明反证法：一般地，假设原命题____________(即在原命题的条件下，结论____________)，经过______________，最后得出__________．这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾．因此说明假设________，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．反证法是间接证明的一种基本方法．自查自纠1．(1)推理论证 成立 由因导果 (2)结论 充分条件 结论 执果索因2．不成立 不成立 正确的推理 矛盾 错误要证明3＋7<25，以下方法中最合理的是( ) A ．分析法 B ．综合法 C ．反证法 D ．数学归纳法 解：“执果索因”最佳，即分析法．故选A .(2015·黄冈高二检测)设a ，b ∈R ，且a ≠b ，a ＋b ＝2，则必有( )A ．1≤ab ≤a 2＋b 22B ．ab <1<a 2＋b 22C ．ab <a 2＋b 22<1 D.a 2＋b 22<1<ab解：ab <⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝1<a 2＋b 22(a ≠b )．故选B .设a 、b 、c 都是正数，则a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a 三个数( )A ．都大于2B ．都小于2C ．至少有一个大于2D ．至少有一个不小于2 解：因为a ，b ，c >0，所以a ＋1b ＋b ＋1c ＋c ＋1a ≥6，举反例可排除A 、B 、C.或直接由a ＝b ＝c ＝1排除A ，B ，C.故选D .用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”，假设内容应是____________．解：原条件不变，假设结论不成立．故填3a ＝3b 或3a<3b.用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：①∠A ＋∠B ＋∠C ＝90°＋90°＋∠C >180°，这与三角形内角和为180°矛盾，则∠A ＝∠B ＝90°不成立； ②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设∠A ，∠B ，∠C 中有两个角是直角，不妨设∠A ＝∠B ＝90°. 正确顺序的序号排列为____________．解：由反证法证明的步骤知，先反设，即③，再推出矛盾，即①，最后作出判断，肯定结论，即②，顺序应为③①②.故填③①②.类型一 直接证明已知a ，b ，c ∈R ＋，求证：a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3. 证法一：采用分析法．要证a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3，只需证a 2＋b 2＋c 23≥⎝⎛⎭⎫a ＋b ＋c 32，只需证3(a 2＋b 2＋c 2)≥a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ， 只需证2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ca ，只需证(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≥0，而这是显然成立的， 所以a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3成立(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)．证法二：采用综合法．因为a ，b ，c ∈R ＋，所以(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≥0， 所以2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ac )，所以3(a 2＋b 2＋c 2)≥a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ，所以3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a ＋b ＋c )2， 所以a 2＋b 2＋c 23≥a ＋b ＋c3(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)．【点拨】分析法与综合法是直接证明常用的两种方法，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”．常用分析法探索证明路径，再用综合法进行表述．已知：a >0，b >0，a ＋b ＝1. 求证：a ＋12＋b ＋12≤2.证明：要证a ＋12＋b ＋12≤2，只需证a ＋12＋b ＋12＋2⎝⎛⎭⎫a ＋12⎝⎛⎭⎫b ＋12≤4， 又a ＋b ＝1，故只需证⎝⎛⎭⎫a ＋12⎝⎛⎭⎫b ＋12≤1， 只需证⎝⎛⎭⎫a ＋12⎝⎛⎭⎫b ＋12＝ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，只需证ab ≤14.因为a >0，b >0，1＝a ＋b ≥2ab ，所以ab ≤14，故原不等式成立⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝b ＝12时取等号. 类型二 间接证明已知a ，b ，c ∈(0，1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.证法一：假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，因为a ，b ，c ∈(0，1)，所以三式同向相乘得(1－a )b (1－b )c (1－c )a >164.又(1－a )a ≤⎝⎛⎭⎫1－a ＋a 22＝14，同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，所以(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，这与假设矛盾，故原命题正确．证法二：假设三式同时大于14，因为0<a <1，所以1－a >0， （1－a ）＋b 2≥（1－a ）b >14＝12， 同理（1－b ）＋c 2>12，（1－c ）＋a 2>12，三式相加得32>32，这是矛盾的，故假设错误，所以原命题正确．【点拨】一般地，对于结论是“都是”“都不是”“至多”“至少”形式的数学问题，或直接从正面入手难以寻觅解题突破口的问题，宜考虑用反证法，这体现了“正难则反”的思想，用反证法解题时，推导出矛盾是关键一步，途径很多，可以与已知矛盾、与假设矛盾、与已知事实相违背等，但推导出的矛盾必须是明显的．(1)(2016·周口模拟)用反证法证明命题“若a ＋b ＋c 为偶数，则自然数a ，b ，c 中恰有1个或3个偶数”时正确反设为( ) A ．自然数a ，b ，c 都是奇数 B ．自然数a ，b ，c 都是偶数 C ．自然数a ，b ，c 中恰有两个偶数D ．自然数a ，b ，c 中都是奇数或恰有两个偶数解：由于“自然数a ，b ，c 中恰有1个或3个偶数”的否定是“自然数a ，b ，c 都是奇数或恰有两个偶数”，故选D .(2)已知f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a >1)，证明方程f (x )＝0没有负数根．解：假设x 0是f (x )的负数根，则x 0<0且x 0≠－1且ax 0＝－x 0－2x 0＋1，所以0<ax 0<1⇒0<－x 0－2x 0＋1<1，解得12<x 0<2，这与x 0<0矛盾，故方程f (x )＝0没有负数根．1．综合法又叫顺推证法或由因导果法，它是从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理是在寻求它的必要条件．综合法的解题步骤用符号表示是：P (已知)⇒Q 1⇒Q 2⇒Q 3⇒…⇒Q n ⇒Q (结论)．2．分析法又叫逆推证法或执果索因法，它是从“结论”探求“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理的实质是寻求使结论成立的充分条件．分析法的解题步骤用符号表示是：B (结论)⇐B 1⇐B 2⇐…⇐B n ⇐A (已知)． 3．分析法与综合法的综合应用分析法和综合法是两种思路相反的推理证明方法，二者各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁，且表述易错；综合法条理清晰，宜于表述，缺点是探路艰难，易生枝节．在证明数学问题的过程中分析法和综合法往往是相互结合的，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法表述．4．用反证法证明命题的一般步骤： (1)分清命题的条件和结论； (2)做出与命题结论相矛盾的假设；(3)由假设出发，应用正确的推理方法，推出与已知条件，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾的结果；(4)断定产生矛盾的原因是假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真． 5．可用反证法证明的数学命题类型 (1)结论是否定形式的命题；(2)结论是以至多、至少、唯一等语句给出的命题； (3)结论的反面是较明显或较易证明的命题；(4)用直接法较难证明或需要分成多种情形进行分类讨论的命题． 6．常见的“结论词”与“反设词”原结论词 反设词 原结论词 反设词 至少有一个 没有一个 ∀x 成立 ∃x 0不成立 至多有一个 至少有两个 ∀x 不成立 ∃x 0成立 至少有n 个 至多有n －1个 p 或q p 且 q 至多有n 个至少有n ＋1个p 且qp 或 q1．用分析法证明：欲使①A >B ，只需②C <D .这里①是②的( ) A ．充分条件 B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：分析法证明的本质是证明使结论成立的充分条件成立，即②⇒①，所以①是②的必要条件．故选B .2．用反证法证明命题：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时，下列假设中正确的是( ) 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 中至多有一个偶数 D ．假设a ，b ，c 中至多有两个偶数解：“a ，b ，c 中至少有一个是偶数”的否定为“a ，b ，c 都不是偶数”．故选B . 3．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是( ) A ．a >b >c B ．b >c >aC ．c >a >bD ．a >c >b解：因为a ＝3－2＝13＋2，b ＝6－5＝16＋5，c ＝7－6＝17＋6，且7＋6>6＋5>3＋2>0，所以a >b >c .故选A .4．若a >b >0，且x ＝a ＋1b ，y ＝b ＋1a，则( )A ．x >yB ．x <yC ．x ≥yD ．x ≤y 解：因为a ＋1b －⎝⎛⎭⎫b ＋1a ＝(a －b )⎝⎛⎭⎫1＋1ab >0.所以a ＋1b >b ＋1a.故选A . 5．已知a >b >0，且ab ＝1，若0<c <1，p ＝log c a 2＋b 22，q ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2，则p ，q 的大小关系是( ) A ．p >q B ．p <qC ．p ＝qD ．p ≥q解：因为a 2＋b 22>ab ＝1，所以p ＝log c a 2＋b 22<0.又q ＝log c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b 2＝log c 1a ＋b ＋2ab >log c 14ab ＝log c 14>0，所以q >p .故选B .6．设[x ]表示不大于x 的最大整数，则对任意实数x ，y ，有( ) A ．[－x ]＝－[x ] B ．[2x ]＝2[x ] C ．[x ＋y ]≤[x ]＋[y ] D ．[x －y ]≤[x ]－[y ]解：取x ＝1.6，y ＝2.7，则[x ]＝[1.6]＝1，[y ]＝[2.7]＝2，[2x ]＝[3.2]＝3，[－x ]＝[－1.6]＝－2，故A ，B 错误；[x ＋y ]＝[1.6＋2.7]＝4，故C 错．故选D .7．设a >b >0，x ＝a a ＋b b ，y ＝a b ＋b a ，则x ，y 的大小关系是________．解：x －y ＝a (a －b )＋b (b －a )＝(a －b )(a －b )＝(a －b )2(a ＋b )>0.所以x >y .故填x>y. 8．(2015·河北保定高二期末)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：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，若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.故填③.9．已知函数f (x )是(－∞，＋∞)上的增函数，a ，b ∈R . (1)若a ＋b ≥0，求证：f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )； (2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．解：(1)证明：因为a ＋b ≥0，所以a ≥－b . 因为f (x )在R 上单调递增，所以f (a )≥f (－b )． 同理，a ＋b ≥0⇒b ≥－a ⇒f (b )≥f (－a )． 两式相加即得：f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )． (2)(1)中命题的逆命题为：若f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )，则a ＋b ≥0. 该命题成立，下面用反证法证之． 假设a ＋b <0，那么： a ＋b <0⇒a <－b ⇒f (a )<f (－b )， a ＋b <0⇒b <－a ⇒f (b )<f (－a )， 所以f (a )＋f (b )<f (－a )＋f (－b )．这与已知矛盾，故a ＋b ≥0.逆命题得证．10．已知a ，b 是不等正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2，求证：1<a ＋b <43.证明：因为a 3－b 3＝a 2－b 2且a ≠b ， 所以a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，由(a ＋b )2＝a 2＋2ab ＋b 2>a 2＋ab ＋b 2得 (a ＋b )2>a ＋b ，又a ＋b >0，所以a ＋b >1.要证a ＋b <43，即证3(a ＋b )<4，因为a ＋b >0，所以只需证明3(a ＋b )2<4(a ＋b )， 又a ＋b ＝a 2＋ab ＋b 2， 即证3(a ＋b )2<4(a 2＋ab ＋b 2)， 也就是证明(a －b )2>0.因为a ，b 是不等正数，故(a －b )2>0成立．故a ＋b <43成立．综上，得1<a ＋b <43.11．已知a >0，b >0，且a ＋b ＝1，求证：⎝⎛⎭⎫a ＋1a ⎝⎛⎭⎫b ＋1b ≥254. 证明：要证⎝⎛⎭⎫a ＋1a ⎝⎛⎭⎫b ＋1b ≥254， 只需证ab ＋a 2＋b 2＋1ab ≥254，只需证4(ab )2＋4(a 2＋b 2)－25ab ＋4≥0， 只需证4(ab )2＋8ab －25ab ＋4≥0，只需证4(ab )2－17ab ＋4≥0， 即证ab ≥4或ab ≤14，只需证ab ≤14，而由1＝a ＋b ≥2ab ，所以ab ≤14显然成立，所以原不等式⎝⎛⎭⎫a ＋1a ⎝⎛⎭⎫b ＋1b ≥254成立． 已知α为锐角，且tan α＝2－1，函数f (x )＝x 2tan2α＋x ·sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π4，数列{a n }的首项a 1＝12，a n ＋1＝f (a n )．(1)求函数f (x )的表达式；(2)求证：a n ＋1>a n ；(3)求证：1<11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n<2(n ≥2，n ∈N *)．解：(1)tan2α＝2tan α1－tan 2α＝2（2－1）1－（2－1）2＝1，又因为α为锐角，所以2α＝π4，所以sin ⎝⎛⎭⎫2α＋π4＝1，f (x )＝x 2＋x .(2)证明：a n ＋1＝a 2n ＋a n ，因为a 1＝12，所以a 2，a 3，…，a n 都大于0， 所以a 2n >0，所以a n ＋1>a n .(3)证明：1a n ＋1＝1a 2n ＋a n ＝1a n （1＋a n ）＝1a n －11＋a n ，所以11＋a n ＝1a n －1a n ＋1，所以11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝2－1a n ＋1，因为a 2＝⎝⎛⎭⎫122＋12＝34，a 3＝⎝⎛⎭⎫342＋34>1，又因为n ≥2，a n ＋1>a n ，所以n ≥2时，a n ＋1≥a 3>1，所以1<2－1a n ＋1<2，所以1<11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n<2.。

数学证明中的直接证明与间接证明数学证明是数学领域中的重要内容，通过逻辑推理和严格的论证，以确保数学理论的正确性和可信度。

数学证明通常可以分为直接证明和间接证明两种形式。

本文将介绍直接证明和间接证明的含义、特点以及应用。

一、直接证明直接证明是一种常用的证明方法，它通过逻辑的推理和论证，直接从已知的命题出发，推导出所要证明的结论。

直接证明通常遵循以下步骤：1. 确定所要证明的命题或结论。

2. 列出已知条件和前提条件。

3. 运用逻辑推理、定义和定理等数学原理，一步一步地推导出结论。

4. 分析并验证证明过程中的每一步是否严谨、正确。

5. 结束证明，得出所要证明的命题。

直接证明的特点是逻辑性强、推理过程直观，并且能够根据已知条件直接得出结论。

因此，直接证明在数学证明中广泛应用于各个领域。

例如，我们来证明一个简单的数学定理：两个偶数的和是偶数。

定理：若a和b为偶数，则a+b为偶数。

证明：设a=2m，b=2n，其中m和n为整数。

则a+b=2m+2n=2(m+n)。

由于m和n为整数，所以m+n也是整数。

因此，a+b=2(m+n)为偶数。

证毕。

二、间接证明间接证明是一种通过反证法推导出结论的证明方法。

它假设所要证明的结论为假，通过运用逻辑推理和推导，得出与已知条件或已知结论相矛盾的结论，从而推断出所要证明的结论为真。

间接证明通常遵循以下步骤：1. 确定所要证明的命题或结论。

2. 假设所要证明的命题为假。

3. 运用逻辑推理和推导，推出与已知条件或已知结论相矛盾的结论。

4. 推断出所要证明的命题为真。

5. 结束证明，得出所要证明的命题。

间接证明的特点是通过对反证假设进行逻辑推理，将所要证明的结论转化为与已知条件相矛盾的结论。

它常常用于证明一些与质数、无理数、等级等有关的命题。

例如，我们来证明一个著名的数学定理：根号2是一个无理数。

定理：根号2是一个无理数。

证明：假设根号2是一个有理数，可以表示为根号2=p/q，其中p 和q互质。