2015人教A版数学(文)复习课件：6.6直接证明与间接证明
专题6.6 直接证明、间接证明、数学归纳法(原卷版)
第六篇不等式、推理与证明专题6.6直接证明、间接证明、数学归纳法【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3.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题【命题趋势】1.直接证明与间接证明一般考查以不等式、数列、解析几何、立体几何、函数、三角函数为背景的证明问题.2.数学归纳法一般以数列、集合为背景，用“归纳—猜想—证明”的模式考查.【核心素养】本讲内容主要考查逻辑推理和数学运算的核心素养.【素养清单•基础知识】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、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，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、定理、公理等，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.2．间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法．(1)反证法的定义一般地，假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，由此说明假设错误，从而证明了原命题的成立，这样的证明方法叫作反证法．(2)用反证法证明的一般步骤①反设——假设原命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推理中出现矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．用反证法证明命题“若p ，则q ”的过程可以用框图表示为 肯定条件p ，否定结论q ―→推出逻辑矛盾―→“若p ，则非q ”为假―→“若p ，则q ”为真【真题体验】1．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2．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°3.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__________．4．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__________．5．(2019·湖北天门中学月考)设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )等于( )A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋26．(2019·黑龙江大庆一模)设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k ＋1成立时，总可推出f (k ＋1)≥k ＋2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立7．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)时命题为真，进而需证n ＝__________时，命题亦真．【考法解码•题型拓展】考法一：分析法解题技巧：分析法证题的思路(1)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)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．【例1】 已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.考法二：综合法归纳总结 ：综合法证题的思路(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．【例2】 (1)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，若ab >cd ，证明：①a ＋b >c ＋d ；②|a －b |<|c －d |.(2)(2019·长沙调考)已知函数f (x )＝log 2(x ＋2)，a ，b ，c 是两两不相等的正数，且a ，b ，c 成等比数列，试判断f (a )＋f (c )与2f (b )的大小关系，并证明你的结论．考法三：反证法归纳总结(1)适用范围：①“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确的题目；②否定性命题、唯一性命题、存在性命题、“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明法比较困难，往往用反证法．(2)推理关键：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．【例3】 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S 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．考法四：数学归纳法证明等式归纳总结：数学归纳法证明等式的思路和注意点(1)思路：用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少．(2)注意点：由n＝k时等式成立，推出n＝k＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确地写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．【例1】求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．考法五：数学归纳法证明不等式归纳总结(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证明，则可考虑应用数学归纳法．(2)数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等方法证明．【例2】已知数列{a n}，a n≥0，a1＝0，a2n＋1＋a n＋1－1＝a2n，求证：当n∈N*时，a n<a n＋1.考法六：归纳—猜想—证明归纳总结：“归纳—猜想—证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决与正整数n有关的探索性问题、存在性问题中有着广泛的应用，其关键是归纳、猜想出公式．【例3】(2019·湖北孝感检测)数列{a n}满足S n＝2n－a n(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，并猜想a n的通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．【易错警示】易错点一：反证法中未用到反设的结论【典例】设{a n}是公比为q的等比数列．设q≠1，证明：数列{a n＋1}不是等比数列．【错解】：假设{a n＋1}是等比数列．则{a n＋1}的前三项为a1＋1，a2＋1，a3＋1，即a1＋1，a1q＋1，a1q2＋1.(a1＋1)(a1q2＋1)－(a1q＋1)2＝a21q2＋a1＋a1q2＋1－a21q2－2a1q－1＝a1(q2－2q＋1)＝a1(q－1)2≠0，所以(a1＋1)(a1q2＋1)≠(a1q＋1)2，所以数列{a n＋1}不是等比数列．(推理中未用到结论的反设)【错因分析】：错解在解题的过程中并没有用到假设的结论，故不是反证法．利用反证法进行证明时，首先对所要证明的结论进行否定性假设，并以此为条件进行归谬，得到矛盾，则原命题成立．【正解】：假设{a n＋1}是等比数列．则对任意的k∈N*，(a k＋1＋1)2＝(a k＋1)(a k＋2＋1)，a2k＋1＋2a k＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k＋a k＋2＋1，a21q2k＋2a1q k＝a1q k－1·a1q k＋1＋a1q k－1＋a1q k＋1，因为a1≠0，所以2q k＝q k－1＋q k＋1.又q≠0，所以q2－2q＋1＝0，所以q＝1，这与已知q≠1矛盾．所以假设不成立，故数列{a n＋1}不是等比数列．【误区防范】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．【跟踪训练】设a>0，b>0，且a2＋b2＝1a2＋1b2.证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．【答案】见解析【解析】证明 假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则有a 2＋a ＋b 2＋b <4.而由a 2＋b 2＝1a 2＋1b 2得a 2b 2＝1，因为a >0，b >0，所以ab ＝1.因为a 2＋b 2≥2ab ＝2(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)，a ＋b ≥2ab ＝2(当且仅当a＝b ＝1时，等号成立)，所以a 2＋a ＋b 2＋b ≥2ab ＋2ab ＝4(当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立)，这与假设矛盾，故假设错误．所以a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．易错点二：证明过程未用到归纳假设【典例】用数学归纳法证明：12＋122＋123＋…＋12n －1＋12n ＝1－12n (n ∈N *)．【错解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k .那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝12×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12k ＋11－12＝1－12k ＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【错因分析】：错误的原因在第二步，它是直接利用了等比数列的求和公式求出了当n ＝k ＋1时，式子12＋122＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1的和，而没有利用“归纳假设”，不符合数学归纳法证明的步骤． 【正解】：证明：(1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时，等式成立，即12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋12k ＋1＝1－12k ＋1＝右边．这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任意n ∈N *都成立．【误区防范】(1)用数学归纳法证明命题时常出现两种错误：一是n 0的值找错．二是证明命题n ＝k ＋1也成立时，没有用到n ＝k 时的归纳假设．(2)确定由n ＝k 变化到n ＝k ＋1的过程中项的变化情况时，要把握好项的变化规律以及首末项．【跟踪训练】 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋1(n ∈N *)，求a 2，a 3，a n ，并用数学归纳法证明你的结论．【答案】见解析【解析】a 2＝2，a 3＝2＋1，可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n ＝1时结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＋11 1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知，a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．【递进题组】1．欲证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证明( )A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0 D ．(a 2－1)(b 2－1)≥02．若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( )A ．a 1b 1＋a 2b 2B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1 D.123．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 ≥1.4．已知a ≠0，证明：关于x 的方程ax ＝b 有且只有一个根．5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．6．用数学归纳法证明：1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．7．(2019·湖北部分重点中学联考)已知数列{x n}满足x1＝12，且x n＋1＝x n2－x n(n∈N*)．(1)用数学归纳法证明：0<x n<1；(2)设a n＝1x n，求数列{a n}的通项公式．8．(2019·武穴中学月考)试证：n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n －9能被64整除．【考卷送检】一、选择题1．用反证法证明命题“若a ＋b ＋c 为偶数，则自然数a ，b ，c 恰有一个偶数”时，正确的反设为( ) 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 中至少有两个偶数D ．自然数a ，b ，c 都是奇数或至少有两个偶数2．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 )<03．(2019·焦作一中月考)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 ＋1 4．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x 1＋x 2＞0，则f (x 1)＋f (x 2)的值( ) A ．恒为负值 B ．恒等于零C ．恒为正值D ．无法确定正负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 >qB ．p <qC ．p ＝qD ．p ≥q6．设x ，y ，z >0，则三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋x y ( )A ．都大于2B ．至少有一个大于2C ．至少有一个不小于2D ．至少有一个不大于2二、填空题7．设a ＝3＋22，b ＝2＋7，则a ，b 的大小关系为________．8．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________________．9．(2019·郑州一模)某题字迹有污损，大致内容是“已知|x |≤1，，用分析法证明|x ＋y |≤|1＋xy |”．估计污损部分的文字内容为________．三、解答题10．(2019·永州一中月考)已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .证明 欲要证2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b 成立，只需证2a 3－b 3－2ab 2＋a 2b ≥0，即证2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)≥0，即证(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0.因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0，从而(a ＋b )(a －b )(2a ＋b )≥0成立，所以2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b .11．(2019·黄石二中期中)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，确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．12．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：T n ＜16.13．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)．14．求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．15．用数学归纳法证明1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2)．16．(2019·衡水高中调研)首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.证明：若a 1为奇数，则对一切n ≥2，a n 都是奇数．17．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n 与1的大小，并说明理由．。
2015届高考数学总复习第六章 第六节直接证明与间接证明精讲课件 文
2bn 4 (3)若 cn＝ ，证明：c1＋c2＋„＋cn<3. anan＋1
思路点拨：当单独用综合法或分析法难以奏效时，可以综合
法与分析法并用，取长补短，以利于迅速地将题设与欲证结 论相互贯通． (1)证明：当n＝1时，S1＝2a1－1，得a1＝1. ∵Sn＝2an－n，∴当n≥2时Sn－1＝2an－1－(n－1)， 两式相减，得an＝2an－2an－1－1， ∴an＝2an－1＋1.∴an＋1＝2an－1＋2＝2(an－1＋1)． ∴{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列． (2)解析：由(1)得an＋1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n－1，n∈N*. ∴bn＝log2(an＋1)＝log22n＝n，n∈N*.
∴AB＝2.∴AB2＋BC2＝AC2.∴AB⊥BC. 由已知AB⊥BB1, ∴AB⊥平面BB1C1C. 又∵AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面BB1C1C. (2)证明：取AC的中点M，连接C1M，FM. 在△ABC中，FM∥AB，而FM⊄ABE， ∴直线FM∥平面ABE. 在矩形ACC1A1中，E，M都是中点， ∴C1M∥AE.
2
用分析法证明命题
【例 2】 已知 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证： b2－ac< 3a.
自主解答： 解析：要证 只需证b2－ac<3a2， 只需证b2＋a(a＋b)<3a2， 只需证2a2－ab－b2>0， 只需证(a－b)(2a＋b)>0， 只需证(a－b)(a－c)>0.
因为已知a>b>c，所以a－b>0，a－c>0， 所以(a－b)(a－c)>0，显然成立， 故原不等式成立． 点评：分析法的特点和思路是“执果索因”，是逆向思
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A2＝π2－A1， 得B2＝π2－B1，
C2＝π2－C1，
那么，A2＋B2＋C2＝π2， 这与三角形内角和为 180°相矛盾。 所以假设不成立，又显然△A2B2C2 不是直角三角形，所以△A2B2C2 是钝角 三角形。
答案：钝角
3．(2016·洛阳模拟)数列{an}，{bn}的每一项都是正数，a1＝8，b1＝16，且 an，bn，an＋1 成等差数列，bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，n＝1,2,3，…。
(1)求 a2，b2 的值；
解析：(1)由 2b1＝a1＋a2，可得 a2＝2b1－a1＝24。 由 a22＝b1b2，可得 b2＝ab221＝36。
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解析：(2)∵an，bn，an＋1 成等差数列， ∴2bn＝an＋an＋1。① ∵bn，an＋1，bn＋1 成等比数列， ∴an2＋1＝bnbn＋1。 ∵数列{an}，{bn}的每一项都是正数， ∴an＋1＝ bnbn＋1。② 于是当 n≥2 时，an＝ bn－1bn。③ 将②③代入①式，可得 2 bn＝ bn－1＋ bn＋1。 又 b1＝16，b2＝36， ∴数列{ bn}是首项为 4，公差为 2 的等差数列， ∴ bn＝ b1＋(n－1)d＝2n＋2，
C.a＋2 b2－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
解析：∵a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0，故选 D。 答案：D
2．(2016·德州模拟)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，则△A2B2C2 是____是“都大于 60°”。 答案：B
4．设 a，b，c 都是正数，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a三个数( ) A．都大于 2 B．都小于 2 C．至少有一个不大于 2 D．至少有一个不小于 2
直接证明与间接证明_知识讲解
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．。
(人教A版)高考数学复习：6.5《直接证明和间接证明》ppt课件
第六章 不等式、推理与证明
(3)反证法证题的一般思路： 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．
栏目 导引
第六章 不等式、推理与证明
由因导果法 综合法又称为：_________________ (顺推证法)．
栏目 导引
第六章 不等式、推理与证明
(2)分析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它 成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定 一个明显成立的条件(已知条件、 定理、 定义、 公理等)为止， 这种证明方法叫做分析法．
解析：由分析法、综合法、反证法的定义知①②③④⑤都 正确．
2．(2015· 山西太原模拟)用反证法证明“若 x2－1＝0，则 x x≠－1且x≠1 ＝－1 或 x＝1”时，应假设____________________ ．
解析：“x＝－1 或 x＝1”的否定是“x≠－1 且 x≠1”．
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第六章 不等式、推理与证明
考点一
综合法的应用(高频考点)
考点二
考点三
分析法
反证法
栏目 导引
第六章 不等式、推理与证明
考点一 综合法的应用(高频考点)
综合法证明是历年高考的热点问题， 也是必考问题之一． 通 常在解答题中某一问出现，一般为中高档题，高考对综合 法的考查常有以下三个命题角度： (1)三角函数、数列证明题； (2)几何证明题； (3)与函数、方程、不等式结合的证明题．
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第六章 不等式、推理与证明
法二：由均值不等式知，当 x>1 时，2 x<x＋1， x 1 故 x< ＋ .① 2 2 令 k(x)＝ln x－x＋1，则 k(1)＝0， 1 k′(x)＝ －1<0， x 故 k(x)<0，即 ln x<x－1.② 3 由①②得，当 x>1 时，f(x)< (x－1)． 2
高考数学总复习 第6章 第6讲 直接证明与间接证明课件 理 新人教A版
即(q＋ 2)2＝(p＋ 2)(r＋ 2)． ∴(q2－pr)＋ 2(2q－p－r)＝0. ∵p，q，r∈N*，∴q22q－－ppr－＝r0＝，0. ∴(p＋2 r)2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r.与 p≠r 矛盾． ∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
第二十八页，共46页。
－
1 2
cos2α
＋
1 2
＋
1 2
(cos60°cos2α
＋
sin60°sin2α)
－
3 2
sinαcosα－12sin2α
＝12－12cos2α＋12＋14cos2α＋ 43sin2α－ 43sin2α－14(1－
cos2α)＝1－14cos2α－14＋14cos2α＝34.
第十九页，共46页。
综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要 证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果 法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确 (zhèngquè)，推理合乎规律，才能保证结论的正确(zhèngquè)性．
第二十页，共46页。
[变式探究] 设 a，b，c>0，证明：ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c. 证明：∵a，b，c>0，根据基本不等式， 有ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c. 三式相加：ab2＋bc2＋ca2＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．当且仅 当 a＝b＝c 时取等号． 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
第三十一页，共46页。
法二：假设三式同时大于14， ∵0<a<1， ∴1－a>0，1－2a＋b≥ 1－ab> 14＝12， 同理1－2b＋c>12，1－2c＋a>12， 三式相加得32>32，这是矛盾的，故假设错误，∴原命题 正确．
高考数学人教版理科一轮复习课件：6-6 直接证明与间接证明、数学归纳法
课堂探究·深度剖析
课堂升华 强技提能
考向一 分析法的应用 【例 1】 已知 a>0，证明：
a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
【证明】 要证 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
只需证
a2＋a12≥a＋1a－(2－ 2)．
因为 a>0，所以a＋1a－(2－ 2)>0，
所以只需证
第六章
不等式、推理与证明
第六节 直接证明与间接证明、 数学归纳法
知识梳理·自主学 课堂探究·深度剖析
习 课时作业
知识梳理·自主学习
课前热身 稳固根基
知识点一 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
1．分析法与综合法的应用特点：对较复杂的问题，常常先从结论 进行分析，寻求结论与条件的关系，找到解题思路，再运用综合法证明； 或两种方法交叉使用．
2．分析法证明的注意点：要注意书写格式的规范性，常常用“要 证(欲证)……”“即证……”“只需证……”．
3．利用反证法证明的特点，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．
题也成立．
时命
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n0 开始的所有正整数 n 都成立．
5．若 f(n)＝1＋12＋13＋…＋6n1－1(n∈N*)，则 f(1)为( C )
A．1
1 B.5
C．1＋12＋13＋14＋15
D．非以上答案
解析：∵f(n)＝1＋12＋13＋…＋6n1－1，∴f(1)＝1＋12＋13＋…
(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 ap＋1， aq＋1，ar＋1(p<q<r，且 p，q，r∈N*)．则 2·21q＝21p＋21r.
高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 6-6 直接证明与间接证明课件 文
∴f(0)≥0.于是 f(0)＝0.
(2)对于 f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2 不满足新定义中的条件②， ∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数． 对于 f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然 f(x)≥0，且 f(1)＝1. 任意的 x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x21－x22＝2x1x2≥0， 即 f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)． ∴f(x)＝x2(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 x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1， 有 f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2 x1x2＋x2)＝－2 x1x2≤0， 即 f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③. ∴f(x)＝ x(x∈[0,1])不是理想函数．综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数， f(x)＝2x(x∈[0,1])与 f(x)＝ x(x∈[0,1])不是理想函数．
命题角度2 分析法的应用
典例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：a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c. 证明 要证a＋1 b＋b＋1 c＝a＋3b＋c，
即证a＋a＋b＋b c＋a＋b＋b＋c c＝3，
也就是a＋c b＋b＋a c＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
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，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 (其中Q表示要证明的结 论)． (3)思维过程：执果索因．
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(6)正确.欲证的不等式两边都含有根号，且都大于0，因此可
用分析法，通过平方等逐步寻求使其成立的条件 . 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)(C)b＋ 1 ＞a＋ 1 a b
)
(A) ＜
b a (D) b ＜ b 1 a a 1 【解析】选C.∵a＜b＜0，∴ 1 ＞ 1 ， a b 又b＞a，∴ b＋ 1 ＞a＋ 1 . a b
a(a x)
∴
5．设a，b是两个实数，给出下列条件：(1)a＋b>2； (2)a2＋b2>2.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1” 的条件的是________(填上序号)．
【解析】取a＝－2，b＝－1，则a2＋b2>2，从而(2)推不出结 论．(1)能够推出结论，即若a＋b>2，则a，b中至少有一个大 于1.可用反证法证明如下：假设a≤1，且b≤1，则a＋b≤2与 a＋b>2矛盾，因此假设不成立，所以a，b中至少有一个大于1. 答案：(1)
当x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1时， g(x1+x2)= 2x x 1,
1 2
g(x1)+g(x2)= 2x 1 2x 1,
1 2
于是g(x1+x2)-[g(x1)+g(x2)]
(2x1 x2 1) (2x1 1 2x2 1)
2 x1 2 x 2 2 x1 2 x 2 1
(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 较为合理的方法是分析法.
证明的结论成立 的证明 _______________
方法 思维 特点
条件、定理、定义、公理等)的
证明方法
由因导果
执果索因
内容
综 合 法
分 析 法
实施 流程
文字 表示
“因为„„所以„„” “由„„得„„”等
“要证„„”“只需证明„„” “即证„„”
2.间接证明 (1)反证法: 假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经 假设错误 ，从而证 过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明_________ 原命题成立 的证明方法. 明了___________
考向 1
综合法的应用
【典例1】 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足 以下三条：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)=1； ③若x1≥0,x2≥0，x1+x2≤1都有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立， 则称函数f(x)为理想函数.试判断g(x)=2x-1(x∈[0,1])是否 为理想函数，如果是，请予证明；如果不是，请说明理由.
【思路点拨】根据理想函数的定义，分析判断g(x)是否满足理 想函数的三个条件即可. 【规范解答】g(x)=2x-1(x∈[0,1])是理想函数， 证明如下： 因为x∈[0,1]，所以2x≥1，2x-1≥0， 即对任意x∈[0,1]，总有g(x)≥0，满足条件①.
g(1)=21-1=2-1=1，满足条件②.
(2)利用反证法证题的步骤： ①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立； ②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止； ③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立. 简言之，否定→归谬→断言.
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.( )
(2x1 1)(2x2 1).
由于x1≥0,x2≥0，所以 2x 1 0,2x 1 0，
1 2
于是g(x1+x2)-[g(x1)+g(x2)]≥0, 因此g(x1+x2)≥g(x1)+g(x2),满足条件③， 故函数g(x)=2x-1(x∈[0,1])是理想函数.
【互动探究】本例中条件不变，问题变为“若函数f(x)是理想 函数，证明f(0)=0”，如何求解？ 【证明】令x1=x2=0，则满足x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1， 于是有f（0+0）≥f（0）+f（0）， 得f（0）≤0，又由条件①知f（0）≥0， 故必有f（0）=0.
1 a
(B) a＋ 1 ＞b＋ 1
2.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
(C)充要条件
(B)必要条件
(D)既不充分也不必要条件
【解析】选B.分析法证明的本质是证明结论的充分条件成立，
即②⇒①，所以①是②的必要条件.
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°”时，假设正确的是( (A)假设三内角都不大于60° (B)假设三内角都大于60° (C)假设三内角至多有一个大于60° (D)假设三内角至多有两个大于60° 【解析】选B.“至少有一个不大于”的否定为“都大于”. )
第六节 直接证明与间接证明
1.直接证明
内容 综 合 法
利用已知条件和某些 数学定义、公理、定理 定义 等，经过一系列的推理 所要 论证，最后推导出_____
分 析 法
结论 出发，逐步寻 从要证明的_____ 充分条件 ，直到 求使它成立的_________ 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
(
)
【解析】(1)错误.综合法和分析法都是直接证明的方法. (2)错误.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，不必是充要条件. (3)错误.应假设“a≤b”.
(4)错误.反证法只是将结论进行否定，然后将这个反设作为条
件，推出矛盾.
(5)正确.用分析法可以发现解决问题的思路，然后用综合法写
4.已知a，b，x均为正数，且a>b，则 是__________．
b bx 与 的大小关系 a ax
【解析】∵ b x － b ＝ (b x)a b(a x) ＝ x(a b) 0，
bx b . ax a 答案：b x b ax a
ax
a
(a x)a