高考数学大一轮复习 11.4直接证明与间接证明配套课件 苏教版
(江苏专版)2020版高考数学一轮复习 直接证明与间接证明教案(理)(含解析)苏教版
第四节直接证明与间接证明1．直接证明直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法．(1)综合法：从已知的条件出发，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．(2)分析法：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．(3)综合法与分析法的推证过程如下：综合法——已知条件⇒…⇒…⇒结论；分析法——结论⇐…⇐…⇐已知条件.2．间接证明反证法：一般地，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．[小题体验]1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( )(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( ) (3)用反证法证明结论“a ＞b ”时，应假设“a ≤b ”．( ) (4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．设a ＝lg 2＋lg 5，b ＝e x(x ＜0)，则a 与b 的大小关系为________． 答案：a ＞b3．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成立， 则b a＞0，即a 与b 同号， 故①③④均能使b a ＋a b≥2成立． 答案：31．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．2．利用反证法证明数学问题时，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．[小题纠偏]1.6－22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＞5－72．(2019·南通调研)用反证法证明命题：“若(a －1)(b －1)·(c －1)＞0，则a ，b ，c 中至少有一个大于1”时，要做的假设是“假设a ，b ，c ________”．答案：都不大于1考点一 分析法基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2019·南通模拟)已知m ＞0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m .证明：∵m ＞0，∴1＋m ＞0，∴要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ， 即证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)， 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0， 而(a －b )2≥0显然成立，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 2．(易错题)已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 证明：要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋cb ＋c＝3， 也就是c a ＋b ＋ab ＋c＝1，只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2，又△ABC 三内角A ，B ，C 成等差数列，故B ＝60°， 由余弦定理，得b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°，即b 2＝c 2＋a 2－ac ，故c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立． 于是原等式成立．[谨记通法]1．利用分析法证明问题的思路分析法的证明思路：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．2．分析法证明问题的适用范围当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．考点二 综合法重点保分型考点——师生共研[典例引领](2019·徐州检测)设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． 证明：因为a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a2a (a －b )＋b 2b ·(b －a )＝(a －b )[(a )5－(b )5]，当a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5， 得(a －b )[(a )5－(b )5]≥0； 当a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5，得(a －b )[(a )5－(b )5]＞0. 所以a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．[由题悟法]综合法证明问题的思路 (1)分析条件选择方向分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系，选择相关的定理、公式等，确定恰当的解题方法(2)转化条件组织过程把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 (3)适当调整回顾反思回顾解题过程，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[即时应用]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A sin B ＋sin B sin C ＋cos 2B ＝1.(1)求证：a ，b ，c 成等差数列． (2)若C ＝2π3，求证5a ＝3b .证明：(1)由已知得sin A sin B ＋sin B sin C ＝2sin 2B ， 因为sin B ≠0，所以sin A ＋sinC ＝2sin B ， 由正弦定理，有a ＋c ＝2b ，即a ，b ，c 成等差数列． (2)由C ＝2π3，c ＝2b －a 及余弦定理得(2b －a )2＝a 2＋b 2＋ab ，即有5ab －3b 2＝0，所以a b ＝35，即5a ＝3b .考点三 反证法重点保分型考点——师生共研[典例引领]设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立． 证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a ＞0，b ＞0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.当且仅当a ＝b 时取等号． (2)假设a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2同时成立， 则由a 2＋a ＜2及a ＞0，得0＜a ＜1；同理，0＜b ＜1，从而ab ＜1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立．[由题悟法]反证法证明问题的3步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否定命题)成立；(否定结论) (2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)[即时应用]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 n n(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)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)． (2)证明：由(1)得b n ＝S nn＝n ＋2，假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈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)， 所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0， 因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0，所以p ＝r ，与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．一保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·海门中学检测)用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其反设为“________”．解析：命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0”，其题设为“a2＋b2＝0”，结论是“a，b全为0”，用反证法证明该命题时，其反设为“a，b不全为0”．答案：a，b不全为02．(2018·徐州模拟)若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．解析：因为P2＝2a＋7＋2a·a＋7＝2a＋7＋2a2＋7a，Q2＝2a＋7＋2a＋3·a＋4＝2a＋7＋2a2＋7a＋12，所以P2＜Q2，所以P＜Q.答案：P＜Q3．(2018·江阴调研)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件的是________(填序号)．解析：①中，假设a≤1，b≤1，则a＋b≤2与已知条件a＋b＞2矛盾，故假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1，①正确；②中，若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2成立，故②不能推出：“a，b中至少有一个大于1”．答案：①4．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2＞0，则f(x1)＋f(x2)________0(填“＞”“＜”或“＝”)．解析：由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x 1＋x 2＞0，可知x 1＞－x 2，f (x 1)＜f (－x 2)＝－f (x 2)， 则f (x 1)＋f (x 2)＜0. 答案：＜5．(2019·吕四中学检测)若0＜a ＜1,0＜b ＜1，且a ≠b ，则在a ＋b,2ab ，a 2＋b 2和2ab 中最大的是________．解析：因为0＜a ＜1,0＜b ＜1，且a ≠b ，所以a ＋b ＞2ab ，a 2＋b 2＞2ab ，a ＋b －(a 2＋b 2)＝a (1－a )＋b (1－b )＞0，所以a ＋b 最大．答案：a ＋b6．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a ，b 应满足的条件是__________．解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a ，即(a －b )2(a ＋b )＞0，需满足a ≥0，b ≥0且a ≠b . 答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b7．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________．解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，所以c n 随n 的增大而减小，所以c n ＋1＜c n . 答案：c n ＋1＜c n8．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 ， ②1z－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. 9．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝5，S 8＝64. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：1S n －1＋1S n ＋1＞2S n(n ≥2，n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝5，S 8＝8a 1＋28d ＝64，解得a 1＝1，d ＝2.故所求的通项公式为a n ＝2n －1. (2)证明：由(1)可知S n ＝n 2， 要证原不等式成立，只需证1n －12＋1n ＋12＞2n2，即证[(n ＋1)2＋(n －1)2]n 2＞2(n 2－1)2， 只需证(n 2＋1)n 2＞(n 2－1)2， 即证3n 2＞1.而3n 2＞1在n ≥2时恒成立， 从而不等式1S n －1＋1S n ＋1＞2S n(n ≥2，n ∈N *)恒成立．10.如图，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：EC ∥平面PAD ； (2)求证：平面EAC ⊥平面PBC .证明：(1)作线段AB 的中点F ，连结EF ，CF (图略)，则AF ＝CD ，AF ∥CD ， 所以四边形ADCF 是平行四边形， 则CF ∥AD .又EF ∥AP ，且CF ∩EF ＝F ，所以平面CFE ∥平面PAD . 又EC ⊂平面CEF ，所以EC ∥平面PAD . (2)因为PC ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥AC . 因为四边形ABCD 是直角梯形， 且AB ＝2AD ＝2CD ＝2， 所以AC ＝2，BC ＝ 2.所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以AC ⊥BC ， 因为PC ∩BC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC ， 因为AC ⊂平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面PBC . 二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·南通调研)已知数列{a n }各项均为正数，且不是常数列． (1)若数列{a n }是等差数列，求证：a 1＋a 3＜2a 2；(2)若数列{a n }是等比数列，求证：1－a n,1－a n ＋1,1－a n ＋2不可能成等比数列． 证明：(1)要证a 1＋a 3＜2a 2， 只需证a 1＋a 3＋2a 1a 3＜4a 2，∵数列{a n }是等差数列， ∴a 1＋a 3＝2a 2， ∴只需证 a 1a 3＜a 2， 即证a 1a 3＜a 22＝⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋a 322，∵数列{a n }各项均为正数， ∴a 1a 3＜a 22＝⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋a 322成立，∴a 1＋a 3＜2a 2.(2)假设1－a n,1－a n ＋1,1－a n ＋2成等比数列， 则(1－a n ＋1)2＝(1－a n )(1－a n ＋2)， 即1－2a n ＋1＋a 2n ＋1＝1＋a n a n ＋2－(a n ＋a n ＋2)， ∵数列{a n }是等比数列， ∴a 2n ＋1＝a n a n ＋2， ∴2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， ∴数列{a n }是等差数列，∴数列{a n }是常数列，这与已知相矛盾， 故假设不成立，∴1－a n,1－a n ＋1,1－a n ＋2不可能成等比数列．2．若无穷数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *)，必有a p ＋1＝a q ＋1，则称{a n }具有性质P .(1)若{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 4＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝21，求a 3； (2)若无穷数列{b n }是等差数列，无穷数列{c n }是公比为正数的等比数列，b 1＝c 5＝1，b 5＝c 1＝81，a n ＝b n ＋c n ，判断{a n }是否具有性质P ，并说明理由；(3)设{b n }是无穷数列，已知a n ＋1＝b n ＋sin a n (n ∈N *)，求证：“对任意a 1，{a n }都具有性质P ”的充要条件为“{b n }是常数列”．解：(1)因为a 5＝a 2，所以a 6＝a 3，a 7＝a 4＝3，a 8＝a 5＝2， 于是a 6＋a 7＋a 8＝a 3＋3＋2.又因为a 6＋a 7＋a 8＝21，所以a 3＝16.(2)由题意，得数列{b n }的公差为20，{c n }的公比为13，所以b n ＝1＋20(n －1)＝20n －19，c n ＝81·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝35－n ，a n ＝b n ＋c n ＝20n －19＋35－n .a1＝a5＝82，但a2＝48，a6＝3043，a2≠a6，所以{a n}不具有性质P.(3)证明：充分性：当{b n}为常数列时，a n＋1＝b1＋sin a n.对任意给定的a1，若a p＝a q，则b1＋sin a p＝b1＋sin a q，即a p＋1＝a q＋1，充分性得证．必要性：假设{b n}不是常数列，则存在k∈N*，使得b1＝b2＝…＝b k＝b，而b k＋1≠b.下面证明存在满足a n＋1＝b n＋sin a n的数列{a n}，使得a1＝a2＝…＝a k＋1，但a k＋2≠a k＋1. 设f(x)＝x－sin x－b，取m∈N*，使得mπ＞|b|，则f(mπ)＝mπ－b＞0，f(－mπ)＝－mπ－b＜0，故存在c使得f(c)＝0.取a1＝c，因为a n＋1＝b＋sin a n(1≤n≤k)，所以a2＝b＋sin c＝c＝a1，依此类推，得a1＝a2＝…＝a k＋1＝c.但a k＋2＝b k＋1＋sin a k＋1＝b k＋1＋sin c≠b＋sin c，即a k＋2≠a k＋1.所以{a n}不具有性质P，矛盾．必要性得证．综上，“对任意a1，{a n}都具有性质P”的充要条件为“{b n}是常数列”．11。
高三数学一轮复习基础过关112.5直接证明与间接证明PPT课件
题型二 分析法
【例2】（12分）已知函数f(x )=tan x ,x (0, π),
2
若x1 ,
x2
(0,
π 2
),
且x1
x2 ,
求证 : 1[ f 2
(x1)
f (x2 )]
f
( x1 x2 ). 2
思维启迪 本题若使用综合法进行推演，三角
lg(a b b c c a) lg(abc). 222
即lg a b lg b c lg c a lg a lg b lg c.
2
2
2
探究提高 分析法和综合法是对立统一的两种
方法，分析法的证明过程，恰好是综合法的分
析、思考过程，综合法是分析法的逆过程.
a2
a
即a 2 1 4 a 2 1 4
a2
a2
a2 2 1 2 2(a 1) 2,
a2
a
从而只要证2 a2 1 2(a 1),
a2
a
只要证4(a2 1 ) 2(a2 2 1 ),即a2 1 2,
a2
,故原不等式成立.
只需证明 sin( x1 x2 ) sin( x1 x2 ) . 2 cos x1 cos x2 1 cos(x1 x2 )
4分
由于x1、
x
2
(0,
π 2
),
故x1
x2
(0, π).
∴cos x 1cos x 2>0,sin(x 1+x 2)>0,
1+cos(x 1+x 2)>0,
2021年高考数学(江苏版)一轮配套课件：§11.2 直接证明与间接证明 .ppt
过程的每一步都是可以逆推的,它的常见书面表达是“② 要证……, 只需…… ”或“⇐”. 3.数学中的命题都有题设(条件)和结论两部分.当我们证明一个命题时, 不直接从题设出发去推证结论成立,而是从否定这个命题的结论出发, 通过正确、严密的逻辑推理,由此引出一个新的结论,而这个新结论与 题设矛盾(或与已知的定义、公理或定理相矛盾,或者自相矛盾),得出原 结论的反面不正确,从而肯定原结论是正确的,这种间接证明的方法叫 做③ 反证法 . 4.应用反证法证明数学命题,一般有下面几个步骤: 第一步:分清命题“p⇒q”的条件和结论; 第二步:做出与命题结论q相矛盾的假设¬q;
3 4
·m2n.
①
由m的任意性得|an|≤2 .
否则,存在n0∈N*,有| an|0>2,取正整数m0>lo
g
3 4
|
a且n20 n|m020>n0,则
·
<
2n·0
3 2
|-22n0,与①an0式矛盾.
综上,对于任意n∈N*,均有|an|≤2.
2n0
3 m0 4
• 9、春去春又回，新桃换旧符。在那桃花盛开的地方，在这醉人芬芳的季节，愿你生活像春天一样阳光，心情像桃花一样美丽，日子像桃子一样甜蜜。 2020/12/142020/12/14Monday, December 14, 2020
• 10、人的志向通常和他们的能力成正比例。2020/12/142020/12/142020/12/1412/14/2020 8:11:18 PM • 11、夫学须志也，才须学也，非学无以广才，非志无以成学。2020/12/142020/12/142020/12/14Dec-2014-Dec-20 • 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。2020/12/142020/12/142020/12/14Monday, December 14, 2020 • 13、志不立，天下无可成之事。2020/12/142020/12/142020/12/142020/12/1412/14/2020
苏教版高三数学复习课件11.2 直接证明与间接证明
(1)分清命题的条件和结论； (2)作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，推出矛盾的结果； (4)断定产生矛盾结果的原因，则开始所作的假定不真，于是原 结论成立，从而间接的证明原命题为真．
4．用反证法证明时，当求证结论的否定有几种不同的情况时，应当一
(1)若CD∥平面PBO，试指出点O 的位置；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
(1)解：因为CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面 PBO＝BO， 所以BO∥CD.又BC∥AD，所以四边形BCDO为平行四边形，则BC＝ DO. 而AD＝3BC，故点O的位臵满足AO＝2OD. (2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD， AB⊂底面ABCD，且AB⊥交线AD，所以AB⊥平面PAD，则AB⊥PD. 又PA⊥PD，且PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，AB∩PA＝A， 所以PD⊥平面PAB.而PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.
证明：假设 <2和 <2都不成立，则有 ≥2和
≥2同时成
因为x>0且
y>0，所以1＋x≥2y，且1＋y≥2x，两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2，这与已知条件x＋y>2矛盾，因此
<2和
<2中
变式3：设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和. (1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为
2019届一轮复习苏教版 直接证明与间接证明 课件
λx＋1 (2)证明：由题可得，f′(x)＝λln x＋ x －1. 由题设条件，得 f′(1)＝1，即 λ＝1. ∴f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1. 由(1)知，ln x－x＋1＜0(x＞0，且 x≠1)．
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当 0＜x＜1 时，x－1＜0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln x＋ fx (ln x－x＋1)＜0，∴ ＞0. x－1 1 当 x＞1 时，x－1＞0，且 0＜x＜1，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1 ＝ln x＋(xln x－x＋1)＝ln fx 综上可知， ＞0. x－ 1
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3.[考点一]已知实数 a1， a2， …， a2 017 满足 a1＋a2＋a3＋…＋a2 017 ＝0，且|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝…＝|a2 ＝a3＝…＝a2 017＝0.
些数学定义、公理、 寻求使它成立的充分条件，
定义 定 理 等 ， 经 过 一 系 直至最后，把要证明的结论 列 的 推 理 论 证 ， 最 归结为判定一个明显成立的
后 推 导 出 所 要 证 明 条件 ( 已知条件、定理、定
的结论成立 思维过程 由因导果 义、公理等)为止 执果索因
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内容
综合法 P已知⇒Q1
1 an＝4n(n∈N*)．
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(2)证明：因为 bn＋2＝3log 1 an，
4
所以
1 bn＝3log 1 4n－2＝3n－2＝1＋3(n－1)．
4
所以 b1＝1，公差 d＝3， 所以数列{bn}是首项 b1＝1，公差 d＝3 的等差数列．
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2.[考点二]已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝5，S8＝64. (1)求数列{an}的通项公式； 2 (2)求证： ＋ ＞S (n≥2，n∈N*)． Sn－1 Sn＋1 n 1 1
2020届一轮复习苏教版 直接证明与间接证明 课件(28张)
＝2＋2＋4＝8.当且仅当a＝b＝12时等号成立．
(2)∵a，b，c全不相等，且都大于0 ∴ba与ab，ac与ac，bc与bc全不相等， ∴ba＋ab＞2，ac＋ac＞2，bc＋bc＞2， 三式相加得ba＋ac＋bc＋ab＋ac＋bc＞6， ∴ba＋ac－1＋bc＋ab－1＋ac＋bc－1＞3， 即b＋ac－a＋a＋bc－b＋a＋bc－c＞3.
[规范解答] (1)因为四边形 OABC 为菱形， 所以 AC 与 OB 相互垂直平分．(2 分) 所以可设 At，12，代入椭圆方程得t42＋14＝1， 即 t＝± 3. 所以|AC|＝2 3.(5 分) (2)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xy2＝＋k4xy＋2＝m4， 消 y 并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.(7 分)
辨析感悟
对三种证明方法的认识
(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)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．
(×)
(3)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．
(√)
(4)证明不等式 2＋ 7＜ 3＋ 6最合适的方法是分析法． (√)
(3)分析法定义： 从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分 条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定 理等．这样的思维方法称为分析法． (4)框图表示： Q⇐P1 → P1⇐P2 → P2⇐P3 →…→ 得到一个明显成立的条件 .
2．间接证明 (1)反证法定义： 在证明数学命题时，要证明的结论要么正确，要么错误， 二者必居其一．我们可以先假定命题结论的反面成立， 在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛 盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾， 从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的 结论成立．这种证明方法叫作反证法． (2)反证法的证题步骤是： ①作出否定结论的假设； ②进行推理，导出矛盾； ③否定假设，肯定结论．
高三数学一轮复习112直接证明与间接证明课件理苏教版
的“归谬”中应一一证明不成立．
(4)反证法的“归谬”．它是反证法的核心．其含义是：从命题结论的假设(即把
“反设”作为一个新的已知条件 )及原命题的条件出发，引用一系列论据进行正 确推理，推出与已知条件、定义、定理、公理等相矛盾的结果． (5)应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤： 第一步：分清命题“p→q”的条件和结论； 第二步：作出与命题结论q相矛盾的假设綈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．
解析： 答案：2
3．若a>1，b>－1，则a＋b的取值范围是________． 解析：a＋b>1＋(－1)＝0. 答案：(0，＋∞) 4．整数a，b都能被5整除的否定是________． 答案：a，b中至少有一个不能被5整除 5．若a＞b＞0，则下列不等式中总成立的是________．
答案：①
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为已知条件或数学定义、定理、公理等，B为要证结
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知 条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾) (3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然结论 的反面不成立，从而肯定了结论成立．(结论成立)
【例3】 若x，y都是正实数，且x＋y>2，
②推证过程：⇒…⇒…⇒
(4)分析法
①定义：从 结论 出发，追溯导致结论成立的条件，逐步寻求结论成立的 条件 ， 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：⇐…⇐…⇐
高考数学一轮复习 直接证明与间接证明 理优秀PPT
件理
高考总复习数学（理科）
第六章 不等式、推理与证明
第六节 直接证明与间接证明
考纲要求
1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法，了 解分析法和综合法的思考过程、特点．
2.了解间接证明的一种基本方法——反证法，了解反证法 的思考过程、特点．
考点探究
证明：3＋ 考点3 用综合分析法证明命题 6＞0，2 2＋ 7＞0，
欲证 3＋ 6＜2 2＋ 7成立，
只需证(3＋ 6)2＜(2 2＋ 7)2 成立．
考点探究
即 15＋2 54＜15＋2 56， 只需证 54＜ 56，即证 54＜56. ∵54＜56 成立，∴原不等式成立． 点评：分析法的特点和思路是“执果索因”，是逆向思维，即从 “未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性 质或已经证明成立的结论等．通常采用“欲证——只需证——已知” 的格式，在表达中要注意叙述形式的规范．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．
α(cos
30°cos
α＋sin
30°sin
α)＝12－21cos
2
α＋21＋12(cos
60°cos
2α＋sin
60°sin
2α)－
3 2 sin
αcos
α－21sin2α＝1
－12cos
2α＋14cos
2α＋
3 4 sin
2α－
3 4 sin
2α－41(1－cos
2α)＝1－14cos
2α
－14＋14cos 2α＝43.
方，宜用分析法． 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．