江苏省教育考试院各种证明格式上课讲义
6-6苏教版2019高三一轮复习课件直接证明与间接证明
基础诊断
考点突破
规律方法
(1)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，可用反证法来证，反证法关键是在正确 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． (2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否 定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的．
2
所以只需证
1 1 2 a ＋a2 ≥a＋a－2－ 22，
基础诊断
考点突破
即 2(2－
1 2)a＋a≥8－4
1 2，只需证 a＋a≥2.
1 1 因为 a＞0，a＋a≥2 显然成立a＝a＝1时等号成立，所以要证的不
1 1 1 43a＋1＋3b＋1＋3c＋1 ≥9－3(a＋b＋c)＝6，
1 1 1 3 ∴ ＋ ＋ ≥ . 3a＋1 3b＋1 3c＋1 2
基础诊断
考点突破
规律方法
用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，
综合法的适用范围：
(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性、求证无
基础诊断
考点突破
5．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 ________．
π 解析 由题意 2B＝A＋C，又 A＋B＋C＝π，∴B＝3，又 b2＝ac， 由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac， ∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c， π ∴A＝C，∴A＝B＝C＝ ，∴△ABC 为等边三角形． 3 答案 等边三角形
不等式证明2[上学期] 江苏教育出版社(PPT)5-2
![不等式证明2[上学期] 江苏教育出版社(PPT)5-2](https://img.taocdn.com/s3/m/8e17702248d7c1c708a145bd.png)
2.综合法 综合法是从已知条件入手去探明解题途径,概括地说, 就是”从已知,利用性质,定理等,逐步推向未知”.其 思路是”由因导果”.即从已知条件A出发,得到结论 B1,由B1又可得到B2,…..由Bn可以推出结论B成立.
例4：已知a,b,c是不全相等的正数，求证 :
a(b2 c2 ) b(c2 a2 ) c(a2 b2 ) 6abc
鞭子的东西：教～｜竹～。④供食用或用的某些雄兽的阴茎：鹿～｜牛～。⑤名成串的小爆竹，放起来响声连续不断：一挂～｜放～。⑥〈书〉鞭打：～ 马｜掘墓～尸。 【鞭策】动用鞭和策赶马，比喻督促：要经常～自己，努力学习。 【鞭长莫及】《左传?宣公十五年》：“虽鞭之长，不及马腹。”原来是 说虽然鞭子长，但是不应该打到马肚子上，后来借指力量达不到。 【鞭笞】ī〈书〉动用鞭子或板子打。 【鞭打】动用鞭子打。 【鞭打快牛】用鞭子抽打跑 得快的牛，比喻对先进的单位或个人进一步增加任务或提出过高的要求。 【鞭毛】名原生质伸出细胞外形成的鞭状物。一条或多条，有运动、摄食等作用。 鞭毛虫以及各种动植物的精子等都有鞭毛。 【鞭炮】名①大小爆竹的统称。②专指成串的小爆竹。 【鞭辟入里】形容能透彻说明问题，深中要害（里：里 头）。也说鞭辟近里。 【鞭挞】动鞭打，比喻抨击：这部作品对社会的丑恶现象进行了无情的揭露和～。 【鞭子】?名赶牲畜的用具：马～。 【贬】（貶） 动①降低（
一. 复习回顾
前面，我们学习了比较两实数大小的方法，其主要 依据是什么？ 主要依据是实数运算的符号法则：
利用上述等价形式，也可证明不等式，这将是我 们这一节学习的第一块内容 (比较法).
二.学习新课
1.比较法 要证明 a b，只要证明 a b 0 ； 要证明 a b，只要证明 a b 0;
这种证明不等式的方法，通常叫做比较法.
高考数学总复习 66 直接证明与间接证明课件 苏教版
5．已知 a，b 是不相等的正数，x＝
a＋ 2
b，y＝
a＋b，则 x，
y 的大小关系是__________．
解析：∵x2＝
a＋ 2
b2＝a＋b＋2 2
ab
＝a＋2 b＋ ab＜a＋2 b＋a＋2 b＝a＋b＝( a＋b)2＝y2，
∴x＜y.
答案：x＜y
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考向一 综合法 设 a，b，c>0，证明：ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
，
所
以
x2－2 x2＋1
－
x1－2 x1＋1
＝
x2－2x1＋1－x1－2x2＋1 x2＋1x1＋1
＝x23＋x12－xx1＋1 1>0，
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于是 f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋xx22－ ＋21－xx11－ ＋21>0，故函数 f(x)在(－ 1，＋∞)上为增函数．
(2)假设存在 x0＜0(x0≠－1)满足 f(x0)＝0，则 ax0＝－xx00－ ＋21，又 0＜ax0＜1，所以 0＜－xx00－＋21＜1，即12＜x0＜2，与 x0<0(x0≠－1)
a＋ 2a
b＜1＜
a＋ b， 2b
第十二页，共22页。
即证 1＋
ba＜2＜1＋
a， b
也即证
ba＜1＜
a， b
只需证ba＜1＜ab.
因 a＞b＞0，上式显然成立．
∴原不等式成立．
【点评】 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．
第十三页，共22页。
2．已知 m>0，a，b∈R，求证：a1＋＋mmb2≤a21＋＋mmb2. 证明：∵m>0，∴1＋m>0. 所以要证原不等式成立， 只需证明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)， 即证 m(a2－2ab＋b2)≥0， 即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0 显然成立， 故原不等式得证．
2020届一轮复习苏教版12.2直接证明与间接证明教案(江苏专用)
12.2直接证明与间接证明1．直接证明(1)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，这种证明方法常称为综合法．②框图表示：已知条件⇒…⇒…⇒结论③思维过程：由因导果．(2)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．这种证明方法常称为分析法．②框图表示：结论⇐…⇐…⇐已知条件③思维过程：执果索因．2．间接证明反证法：要从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)．这个过程包括下面3个步骤：(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——从反设和已知条件出发，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．【思考辨析】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．(×)(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．(2016·扬州质检)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，则c n 随n 的增大而减小，∴c n ＋1<c n .2．用反证法证明命题：“a ，b ∈N ，若ab 不能被5整除，则a 与b 都不能被5整除”时，假设的内容应为____________________________．答案a ，b 至少有一个能被5整除解析“都不能”的否定为“至少有一个能”，故假设的内容应为“a ，b 至少有一个能被5整除”．3．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0只要证明________(填正确的序号)．①2ab －1－a 2b 2≤0；②a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0；③a ＋b 22－1－a 2b 2≤0；④(a 2－1)(b 2－1)≥0.答案④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．(2016·盐城模拟)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 nn)，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________．答案332解析∵f (x )＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A ，B ，C ∈(0，π)．∴f A ＋f B ＋f C 3≤f (A ＋B ＋C 3)＝f (π3)，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，∴sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.题型一综合法的应用例1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 >nn ＋1.(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)解由(1)知1a n＝2n －1，∴S n ＝n 1＋2n －12＝n 2.方法一1S 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.方法二1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1，又∵1>nn ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1.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．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>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≥ac >0.由于a ，b ，c 是不全相等的正数，∴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 >0成立．上式两边同时取常用对数，得lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)>lg abc ，∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .题型二分析法的应用例2已知函数f (x )＝tan x ，xx1，x 2x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]>证明要证12[f (x 1)＋f (x 2)]>即证明12(tan x 1＋tan x 2)>tan x 1＋x 22，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 2x 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 2x 1≠x 2知上式显然成立，因此12[f (x 1)＋f (x 2)]>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 22≥证明要证明f x 1＋f x 22≥即证明3x 1－2x 1＋3x 2－2x 22≥1223x x +－2·x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22－(x 1＋x 2)≥1223x x +－(x 1＋x 2)，即证明3x 1＋3x 22≥1223x x +，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，由基本不等式知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．(2016·苏州模拟)下列各式：1＋0.12＋0.1>12，0.2＋30.5＋3>0.20.5，2＋73＋7>23，72＋π101＋π>72101.请你根据上述特点，提炼出一个一般性命题(写出已知，求证)，并用分析法加以证明．解已知a >b >0，m >0，求证：b ＋m a ＋m >ba .证明如下：∵a >b >0，m >0，欲证b ＋m a ＋m >ba，只需证a (b ＋m )>b (a ＋m )，只需证am >bm ，只需证a >b ，由已知得a >b 成立，所以b ＋m a ＋m >ba成立．题型三反证法的应用命题点1证明否定性命题例3(2016·连云港模拟)设{a n }是公比为q 的等比数列．(1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列．(1)解设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 11－q n1－q，∴S n na 1，q ＝1，a 11－qn1－q ，q ≠1.(2)证明假设{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)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1，∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．命题点2证明存在性问题例4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 ，AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，∴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 .命题点3证明唯一性命题例5已知a ≠0，证明关于x 的方程ax ＝b 有且只有一个根．证明由于a ≠0，因此方程至少有一个根x ＝ba.假设x 1，x 2是它的两个不同的根，即ax 1＝b ，①ax 2＝b ，②由①－②得a (x 1－x 2)＝0，因为x 1≠x 2，所以x 1－x 2≠0，所以a ＝0，这与已知矛盾，故假设错误．所以当a ≠0时，方程ax ＝b 有且只有一个根．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、已知定理或已知事实矛盾，与临时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．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是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明1a >c .证明(1)∵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．即1a是函数f (x )的一个零点．(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 .22．反证法在证明题中的应用典例(14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．思想方法指导在证明否定性问题，存在性问题，唯一性问题时常考虑用反证法证明，应用反证法需注意：(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．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)，所以设点代入椭圆方程得t24＋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≠0.2＋4y2＝4，＝kx＋m，消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.[7分]设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x22＝－4km1＋4k2，y2＋y22＝k·x1＋x22＋m＝m1＋4k2.所以AC的中点为分]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 ＝－14≠－1，所以AC 与OB 不垂直．[13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．[14分]1．(2017·泰州月考)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是__________________________．答案方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根解析因为“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”．2．若一元二次不等式2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，则k 的取值范围为__________．答案(－3,0]解析若2kx 2＋kx －38<0对一切实数x 都成立，k <0，＝k 2－4×2k ×－38<0或k ＝0.解得－3<k ≤0.3．设x ，y ，z >0，则关于三个数y x ＋y z ，z x ＋z y ，x z ＋xy的叙述正确的是________．①都大于2②至少有一个大于2③至少有一个不小于2④至少有一个不大于2答案③解析因为(y x ＋y z )＋(z x ＋z y )＋(x z ＋x y)＝(y x ＋x y )＋(y z ＋z y )＋(z x ＋xz)≥6，当且仅当x ＝y ＝z 时等号成立．所以三个数中至少有一个不小于2，③正确．4．(2016·镇江模拟)若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是____________．答案P <Q 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．(2016·苏州模拟)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．6．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________．①假设a ，b ，c 都是偶数；②假设a ，b ，c 都不是偶数；③假设a ，b ，c 至多有一个偶数；④假设a ，b ，c 至多有两个偶数．答案②解析“至少有一个”的否定为“都不是”，故②正确．7．(2016·全国甲卷)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”．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____________．答案解析若二次函数f (x )≤0在区间[－1,1]内恒成立，－1＝－2p 2＋p ＋1≤0，1＝－2p 2－3p ＋9≤0，解得p ≤－3或p ≥32，故满足题干条件的p 9．已知m >0，a ，b ∈R ，求证：(a ＋mb 1＋m )2≤a 2＋mb 21＋m.证明因为m >0，所以1＋m >0.所以要证原不等式成立，只需证(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，故原不等式得证．10．设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，若函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，求证：f (x ＋12)为偶函数．证明由函数f (x ＋1)与f (x )的图象关于y 轴对称，可知f (x ＋1)＝f (－x )．将x 换成x －12代入上式可得f (x －12＋1)＝f [－(x －12)]，即f (x ＋12)＝f (－x ＋12)，由偶函数的定义可知f (x ＋12)为偶函数．11．(2016·苏州模拟)已知函数f (x )＝a x ＋x －2x ＋1(a >1)．(1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f (x )＝0没有负数根．证明(1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1<x 2，则x 2－x 1>0.∵a >1，∴ax 2－x 1>1且ax 1>0，∴ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)>0.又∵x 1＋1>0，x 2＋1>0，∴x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 1＋1x 2＋1＝3x 2－x 1x 1＋1x 2＋1>0.于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1>0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0<0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1.∵a >1，∴0<ax 0<1，∴0<－x 0－2x 0＋1<1，即12<x 0<2，与假设x 0<0相矛盾，故方程f (x )＝0没有负数根．12．(2016·浙江)设函数f (x )＝x 3＋11＋x，x ∈[0,1]，证明：(1)f (x )≥1－x ＋x 2；(2)34＜f (x )≤32.证明(1)因为1－x ＋x 2－x 3＝1－－x 41－－x＝1－x 41＋x，由于x ∈[0,1]，有1－x 41＋x ≤1x ＋1，即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1，所以f (x )≥1－x ＋x 2.(2)由0≤x ≤1得x 3≤x ，故f (x )＝x 3＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32＝x －12x ＋12x ＋1＋32≤32，所以f (x )≤32.由(1)得f (x )≥1－x ＋x 2＋34≥34又因为＝1924＞34，所以f (x )＞34.综上，34＜f(x)≤32.13.(2015·课标全国Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．证明(1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(a＋b)2＞(c＋d)2.因此a＋b＞c＋d.(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2,即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得a＋b＞c＋d.②若a＋b＞c＋d，则(a＋b)2＞(c＋d)2，即a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．。
高考数学(江苏版)一轮配套课件：§11.2 直接证明与间接证明
an
a n1 2
≤1,n∈N*.
(1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;
(2)若|an|≤
3 2
n
,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.
证明
(1)由
an
a n1 2
≤1得|an|-
1 2
|an+1|≤1,故
|
an 2n
|
-
|
an 2n
1 1
|≤ 1
2n
,n∈N*,
所以 |
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;
高考数学
§11.2 直接证明与间接证明
知识清单
1.综合法是“由因导果”,即从已知条件出发,推导出所要证明的结论. 因此,综合法又叫做顺推法或由因导果法. 综合法格式——从已知条件出发,顺着推证,由“已知”得“推知”,由 “推知”得“未知”,逐步推出求证的结论,这就是综合法的格式,它的 常见书面表达是“① ∵……,∴…… ”或“⇒”. 2.分析法是“执果索因”,一步步寻求上一步成立的充分条件,因此分析 法又叫做逆证法或执果索因法. 分析法格式——与综合法正好相反,它是从要求证的结论出发,倒着分 析,由未知想需知,由需知逐渐地靠近已知(已知条件,已经学过的定义、 定理、公理、公式、法则等等).这种证明方法的关键在于需保证分析
(江苏专版)2019版高考数学一轮复习讲义： 第十一章 推理与证明 11.2 直接证明与间接证明讲义
������
2 =-1 + 4������2 , 2 =k· 2 +m=1 + 4������2.
( ) 4������������ ������
-
,
所以 AC 的中点为 M 1 + 4������2 1 + 4������2 .
1 因为 M 为 AC 和 OB 的交点,所以直线 OB 的斜率为-4������.
(2)证明:由(1)知,当 x∈(-1,+∞)时,有 f(x)≥f(0)=0,即 (1+x)r+1≥1+(r+1)x,且等号当且仅当 x=0 时成立,
故当 x>-1 且 x≠0 时,有 (1+x)r+1>1+(r+1)x.①
( ) 1
1 + 1 ������ + 1 ������ + 1
在①中,令 x=������(这时 x>-1 且 x≠0),得 ������ >1+ ������ .
������ - ������ ������������ - ������������ ������������ - ������ - 1
2
只要证 2 >������������ + ������������ =������������ - ������ + 1=1-������������ - ������ + 1,
解析 (1)因为 f '(x)=(r+1)(1+x)r-(r+1)=(r+1)[(1+x)r-1],令 f '(x)=0,解得 x=0.
当-1<x<0 时, f '(x)<0,所以 f(x)在(-1,0)内是减函数;
2018年高考数学(理)(江苏专用)总复习教师用书第六章数列、推理与证明第6讲直接证明与间接证明Word版含
第6讲直接证明与间接证明考试要求 1.分析法和综合法的思考过程和特点，A级要求；2.反证法的思考过程和特点，A级要求．知识梳理1．直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．诊断自测1．判断正误(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”．( )(3)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( )(4)在解决问题时，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．( )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”．(3)反证法只否定结论．答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明________． 解析 a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0. 答案 (a 2－1)(b 2－1)≥03．若a ，b ，c 为实数，且a <b <0，给出下列不等关系： ①ac 2<bc 2；②a 2>ab >b 2；③1a <1b ；④b a >a b.其中正确的是________(填序号)．解析 a 2－ab ＝a (a －b )，∵a <b <0，∴a －b <0，∴a 2－ab >0，∴a 2>ab . 又ab －b 2＝b (a －b )>0，∴ab >b 2， 综上可得a 2>ab >b 2. 答案 ②4．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________．解析 因为“方程x 3＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 3＋ax ＋b ＝0的实根的个数大于或等于1”，所以要做的假设是“方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根”． 答案 方程x 3＋ax ＋b ＝0没有实根5．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________．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＋c2－2ac 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．答案 等边三角形考点一 综合法的应用 【例1】 (2017·东北三省三校模拟)已知a ，b ，c >0，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.(2)∵a ＞0，∴3a ＋1＞0， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥243a ＋13a ＋1＝4，∴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. 规律方法 用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围： (1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性、求证无条件的等式或不等式； (2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．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．【训练1】 (2017·南京模拟)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，点E 是A 1C 1的中点．求证： (1)BE ⊥AC ； (2)BE ∥平面ACD 1.证明 (1)如图，连接BD 交AC 于点F ，连接B 1D 1交A 1C 1于点E . 因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC .因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以BB 1⊥平面ABCD ， 又AC ⊂平面ABCD ，所以BB 1⊥AC .又BD ∩BB 1＝B ，且BD ⊂平面B 1BDD 1，BB 1⊂平面B 1BDD 1，所以AC ⊥平面B 1BDD 1. 而BE ⊂平面B 1BDD 1，所以BE ⊥AC .(2)如图，连接D 1F ，因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱， 所以四边形B 1BDD 1为矩形． 又E ，F 分别是B 1D 1，BD 的中点， 所以BF ＝D 1E ，且BF ∥D 1E . 所以四边形BED 1F 是平行四边形． 所以BE ∥D 1F .又D 1F ⊂平面ACD 1，BE ⊄平面ACD 1， 所以BE ∥平面ACD 1. 考点二 分析法的应用【例2】 已知a ＞0，证明：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明 要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)． 因为a ＞0，所以⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a －(2－2)＞0，所以只需证⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 22≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －－22，即2(2－2)⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≥8－42，只需证a ＋1a≥2.因为a ＞0，a ＋1a≥2显然成立⎝⎛⎭⎪⎫a ＝1a＝1时等号成立，所以要证的不等式成立．规律方法 (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．【训练2】 △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 ＋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 2－2a 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 反证法的应用【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 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，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 ∈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 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为等比数列.规律方法 (1)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，可用反证法来证，反证法关键是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．(2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的．【训练3】 (2017·郑州一中月考)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.[思想方法]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． [易错防范]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，直到一个明显成立的结论．2．在使用反证法证明数学命题时，反设必须恰当，如“都是”的否定是“不都是”“至少一个”的否定是“不存在”等.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1.6＋7与22＋5的大小关系为________． 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. 答案6＋7>22＋ 52．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 都不能被5整除3．若a ，b ∈R ，则下面四个式子中恒成立的是________(填序号)． ①lg(1＋a 2)>0；②a 2＋b 2≥2(a －b －1)； ③a 2＋3ab >2b 2；④a b <a ＋1b ＋1. 解析 在②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． 答案 ②4．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________．解析 要使b a ＋a b ≥2，只需b a >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． 答案 ①③④5．已知m >1，a ＝m ＋1－m ，b ＝m －m －1，则a ，b 的大小关系是________． 解析 ∵a ＝m ＋1－m ＝1m ＋1＋m，b ＝m －m －1＝1m ＋m －1.而m ＋1＋m >m ＋m －1＞0(m ＞1)， ∴1m ＋1＋m<1m ＋m －1，即a <b .答案 a <b6．(2017·南通模拟)“a >2，且b >2”是“a ＋b >4，且ab >4”的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)．解析 由于a >2，b >2，所以a ＋b >4，ab >4，反之取a ＝1，b ＝5，满足a ＋b >4，ab >4，但是不满足a >2，b >2；故应为充分不必要条件． 答案 充分不必要7．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________(填序号)．①a －b >0；②a －c >0；③(a －b )(a －c )>0；④(a －b )(a －c )<0. 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. 答案 ③8．①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.则①与②的假设中正确的是________(填序号)．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． 答案 ② 二、解答题9．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，a ＋c2≥ac ＞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 ＋a2＞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 ，∴lga ＋b 2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .10．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a 1≠0，所以(1＋q )2＝1＋q ＋q 2， 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 ＝na 1，故{S n }是等差数列； 当q ≠1时，{S n }不是等差数列，否则2S 2＝S 1＋S 3，即2a 1(1＋q )＝a 1＋a 1(1＋q ＋q 2)， 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．能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，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________．解析 ∵a ＋b2≥ab ≥2ab a ＋b ，又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在R 上是减函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤f (ab )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b .答案 A ≤B ≤C12．设a ，b ，c 均为正实数，则三个数a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a，给出下列结论：①都大于2；②都小于2；③至少有一个不大于2；④至少有一个不小于2. 其中正确的是________(填序号)． 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 ④13．(2017·盐城模拟)已知正数x ，y 满足xy ＝x －yx ＋3y，则y 的最大值为________． 解析 因为x ，y 为正数，所以xy ＝x －y x ＋3y ⇔3xy 2＋(x 2＋1)y －x ＝0⇔3y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x y －1＝0⇔⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x y ＝1－3y 2，所以1－3y 2y ＝x ＋1x ≥2，整理得3y 2＋2y －1≤0，解得0<y ≤13，故y 的最大值为13.答案 1314．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是函数f (x )的一个零点；(2)试用反证法证明1a>c .证明 (1)∵f (x )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．即1a是函数f (x )的一个零点．(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 .。
江苏2020版高考数学第六章不等式、推理与证明5第5讲直接证明与间接证明课件
【解】
(1)当 n＝1 时，a1＋S1＝2a1＝2，则 a1＝1.
又 a n ＋ S n ＝ 2， 所以 an＋1＋Sn＋1＝2， 1 两式相减得 an＋1＝2an， 1 所以{an}是首项为 1，公比为2的等比数列， 所以 an＝ 1 2n－1 .
(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*)， 1 1 1 则 2· 2q＝2p＋2r， 所以 2· 2r q＝2r p＋1.(*)
x y 解析：要比较 与 的大小， x＋ a y ＋ b 只需看 x(y＋b)与 y(x＋a)的大小． 即 xb 与 ya 的大小， 1 1 而a>b，x>y 且 x、y、a、b∈(0，＋∞)， x y 所以 a<b，y<x，所以 xb>ya，所以 > . x＋ a y＋ b
x y 答案： > x＋a y＋b
2．已知非零实数 a、b、c 成公差不为零的等差数列，用反证法 1 1 2 证明：a＋c≠b.
1 1 2 4ac 证明：假设a＋ c＝b，则 2b＝ .又 2b＝a＋c， a＋ c 所以(a＋c)2＝4ac，即(a－c)2＝0， 所以 a＝c，又 c－a＝2d，所以公差 d＝0，与已知 d≠0 相矛盾． 1 1 2 所以a＋ c≠b.
综合法 (2019· 南京模拟)已知函数 f(x)＝(λx＋1)ln x－x＋1. (1)若 λ＝0，求 f(x)的最大值； (2)若曲线 y＝f(x)在点(1， f(1))处的切线与直线 x＋y＋1＝0 垂直， f（x） 证明： ＞0. x－1
【解】
(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当 λ＝0 时，f(x)＝ln x－x＋1. 1 则 f′(x)＝x－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，所以 f(x)在(0，1)上是增函数； 当 x＞1 时，f′(x)＜0，所以 f(x)在(1，＋∞)上是减函数． 故 f(x)在 x＝1 处取得最大值 f(1)＝0. 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.
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附件四：NO：
江苏省教育考试院
普通高校招生考试成绩证明（存根）
市
姓名
准考证号
统考总分
签发人：经办人：
年月日年月日
NO：
江苏省教育考试院
普通高校招生考试成绩证明
同志，参加年全国普通高等学校招生统一考试。
准考证号。
特此证明
年月日
说明：此件仅作证明成绩之用，不具有其它效用。
附件五：NO：
江苏省教育考试院
成人高校招生考试成绩证明（存根）
市
姓名
准考证号
统考总分
签发人：经办人：
年月日年月日
NO：
江苏省教育考试院
成人高校招生考试成绩证明
同志，参加年全国成人高等学校统一考试。
准考证号。
特此证明
年月日
附件六：NO：
江苏省教育考试院
普通高校单独对口招生考试成绩证明（存根）
市
姓名
准考证号
统考总分
签发人：经办人：
年月日年月日
NO：
江苏省教育考试院
普通高校单独对口招生考试成绩证明
同志，参加年江苏省普通高校单独对口招生统一考试。
准考证号。
特此证明
年月日说明：此件仅作证明成绩之用，不具有其它效用。
附件七：NO：
江苏省教育考试院普通高考综合考试成绩证明（存根）
市
姓名
学籍号
就读学校
签发人：经办人：
年月日年月日
NO：
江苏省教育考试院
普通高考综合考试成绩证明
考生，参加级江苏省普通高考综合统一考试。
学籍号，就读学校。
特此证明
年月日
附件八：NO：
江苏省教育考试院非学历教育考试成绩证明（存根）
市
姓名
准考证号
身份证号
签发人：经办人：
年月日年月日
NO：
江苏省教育考试院
非学历教育考试成绩证明
考生，年月参加统一考试。
准考证号，
身份证号。
特此证明
年月日
说明：此件仅作证明成绩之用，不具有其它效用。
附件二：NO：
江苏省教育考试院
高等教育自学考试成绩证明
同志，参加江苏省专业，自学考试，准考证号，现已通过门课程，成绩附后。
特此证明
年月日附：合格课程成绩
附件三：NO：
江苏省教育考试院
高等教育自学考试毕业成绩证明
同志，参加江苏省专业，自学考试，毕业证书号。
特此证明
年月日
附：合格课程成绩。