高中数学反证法方法与例题
反证法证明题(简单)(可编辑修改word版)
反证法证明题例1. 已知∠A ，∠B ，∠C 为∆ABC 内角.求证：∠A ，∠B ，∠C 中至少有一个不小于60o.证明：假设∆ABC 的三个内角∠A ，∠B ，∠C 都小于60o，即∠A <60o，∠B <60o，∠C <60o，所以∠A +∠B +∠C < 180O，与三角形内角和等于180o矛盾，所以假设不成立，所求证结论成立.例2. 已知a ≠ 0 ，证明x 的方程ax =b 有且只有一个根.证明：由于a ≠ 0 ，因此方程ax =b 至少有一个根x =b .a 假设方程ax =b 至少存在两个根，不妨设两根分别为x1 , x2 且x1 ≠x2 ，则ax1=b, ax2=b ，所以ax1=ax2，所以a(x1-x2 ) = 0 .因为x1 ≠x2 ，所以x1 -x2 ≠ 0 ，所以a = 0 ，与已知a ≠ 0 矛盾，所以假设不成立，所求证结论成立.例3. 已知a3+b3= 2, 求证a +b ≤ 2 .证明：假设a +b > 2 ，则有a > 2 -b ，所以a3> (2 -b)3即a3> 8 -12b + 6b2-b3，所以a3> 8 -12b + 6b2-b3= 6(b -1)2+ 2 .因为6(b -1)2+ 2 ≥ 2所以a3+b3> 2 ，与已知a3+b3= 2 矛盾.所以假设不成立，所求证结论成立.例4. 设{a n}是公比为的等比数列，S n为它的前n 项和.求证：{S n}不是等比数列.证明：假设是{S }等比数列，则S 2=S ⋅S ，n 2 1 32 2 2 2 1 1 1 即 a 2 (1+ q )2 = a ⋅ a (1+ q + q 2 ) .因为等比数列 a 1 ≠ 0 ，所以(1+ q )2 = 1+ q + q 2 即 q = 0 ，与等比数列 q ≠ 0 矛盾， 所以假设不成立，所求证结论成立.例 5. 证明 是无理数.m 证明：假设 是有理数，则存在互为质数的整数 m ，n 使得 =.n所以 m = 2n 即 m 2 = 2n 2 ，所以 m 2 为偶数，所以m 为偶数.所以设 m = 2k (k ∈ N *) ，从而有4k 2 = 2n 2 即 n 2 = 2k 2 .所以n 2 也为偶数，所以 n 为偶数. 与 m ，n 互为质数矛盾.所以假设不成立，所求证 是无理数成立.例 6. 已知直线 a , b 和平面，如果 a ⊄, b ⊂，且 a / /b ，求证a / /。
高中数学反证法方法与例题
变式 1 设 a3 b3 2 ，求证 a b 2.
证明 假设 a b 2 ，则有 a 2 b ，从而 a3 8 12b 6b2 b3 , a3 b3 6b2 12b 8 6(b 1)2 2.
因为 6(b 1)2 2 2 ，所以 a3 b3 2 ，
即
2
a b
b c
b a
c b
k
恒成立，故
2
a b
b c
b a
c b
|min
k
，
又 2 a b b c 2 2 a b b c 4 ，所以 k 4，即最大的正整数 k 为 4.
bc ab
bc ab
谢谢大家！
又∵0 < a, b, c < 1∴ 0 (1 a)a
(1 a) a 2
2Hale Waihona Puke 1 4同理： (1 b)b
1
,
(1 c)c 1 ，以上三式相乘：
4
4
(1 a)a•(1 b)b•(1 c)c≤ 1 64
与①矛盾，∴原式 成立．
变式 3 设数列{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？为什么？
q2 pr 0 ∵p，q，r∈N，∴
2q p r 0 ∴ ( p r )2 pr ，(p－r)2＝0，∴p＝r，与 p≠r 矛盾．
2
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
2.反证法的证明步骤：
①否定结论：假设命题的结论不成立，即结论的反面成立； ②推出矛盾：由结论反面成立出发， 通过一系列正确的推理，导出矛盾； ③否定假设：由正确的推导导出了矛盾， 说明假设不成立； ④肯定结论：原命题正确．
高中反证法练习题及讲解
高中反证法练习题及讲解### 高中数学反证法练习题及讲解#### 练习题一：不等式的证明题目：证明对于任意正整数 \( n \)，有 \( 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 \geq n^2 \)。
解答：假设存在某个正整数 \( n \)，使得 \( 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 < n^2 \)。
考虑 \( n \) 的最小值，即 \( n = 1 \)，显然 \( 1^2 = 1 \)，不等式成立。
现在考虑 \( n > 1 \) 的情况，我们有：\[ 1^2 + 2^2 + \ldots + (n-1)^2 + n^2 < n^2 \]将 \( n^2 \) 移项，得到：\[ 1^2 + 2^2 + \ldots + (n-1)^2 < 0 \]但是，由于每一项都是非负的，它们的和不可能小于零。
这与我们的假设矛盾，因此原命题成立。
#### 练习题二：几何命题的证明题目：证明在直角三角形中，斜边的中点到三个顶点的距离相等。
解答：假设在直角三角形 \( ABC \) 中，斜边 \( AC \) 的中点为 \( M \)，且 \( M \) 到顶点 \( A \)、\( B \) 和 \( C \) 的距离不相等。
不失一般性，设 \( MA < MB \)。
由于 \( M \) 是斜边的中点，我们有 \( MC = MA \)。
考虑直角三角形 \( ABM \)，由于 \( MA < MB \)，根据勾股定理，我们有 \( AM^2 + BM^2 = AB^2 \)，这与 \( MA < MB \) 矛盾。
因此，我们的假设不成立，原命题成立。
#### 练习题三：数列的性质题目：证明对于任意实数 \( a \) 和 \( b \)，如果 \( a < b \)，则 \( a^2 < b^2 \)。
介绍反证法及举例
01
用反证法证明命题的一般步骤是什么?
2.反证法是一种常用的间接证明方法.
02
则C必定是在撒谎.
05
由A假, 知B真. 这与B假矛盾.
03
B、C三个人，A说B撒谎，B说C撒谎，C说A、B都撒谎。则C必定是在撒谎，为什么？
M：为了做出决断，旅游者被送到国王那里。苦苦想了好久，国王才说——
国王：不管我做出什么决定，都肯定要破坏这条法律。我们还是宽大为怀算了，让这个人自由吧。
1
2
3
4
5
6
唐·吉诃德悖论
说谎者悖论
M：小说《唐·吉诃德》里描写过一个国家．它有一条奇怪的法律：每一个旅游者都要回答一个问题。问，你来这里做什么？M：如果旅游者回答对了。一切都好办。如果回答错了，他就要被绞死。
M：一天，有个旅游者回答——
旅游者：我来这里是要被绞死。
M：这时，卫兵慌了神，如果他们不把这人绞死，他就说错了，就得受绞刑。可是，如果他们绞死他，他就说对了，就不应该绞死他。
∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0
与题设矛盾
若a = 0，则与abc > 0矛盾，
∴必有a > 0
同理可证：b > 0, c > 0
练习2.已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，
abc > 0， 求证：a, b, c > 0
幻灯片切换
反设②归谬③结论 方法小结: 1直接证明:直接从原命题的条件逐步推得结论成立. 正难则反!
高中数学反证法 (7)
栏目 导引
2
第二章
推理与证明
p＋ r 2 ∴( ) ＝pr,(p－ r)2＝0,∴p＝ r. 2 这与 p≠ r 矛盾. ∴数列 {bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列 .
信息提炼 层层剖析
用待定系数法求出公差,然后求 an 和 Sn. 写出{bn}的通项公式是证明(2)的基础 . 正确假设(否定原命题结论)是反证法的关键. 推出矛盾,得出结论.
综上,所以结论成立,即两条相交直线有且只有一个交点.
栏目 导引
第二章
推理与证明
题型三
用反证法证明(或解答)“至多”或“至
少”类命题
例3 (2013· 临沂高二检测 )已知 a、 b、 c∈ (0,1),求证 :(1－
1 a)b,(1－b)c,(1－c)a 中至少有一个不大于 . 4 1 【证明】 假设三式同时大于 , 4 1 1 1 即 (1－a)b＞ ,(1－b)c＞ ,(1－ c)a＞ , 4 4 4 三式相乘 ,得 1 (1－a)a· (1－b)b· (1－ c)c＞ . 64
栏目 导引
第二章
推理与证明
a1＝ 2＋ 1， 【解】 (1)由已知得 3a1＋ 3d＝9＋ 3 2，
∴ d＝ 2,故 an＝ 2n－ 1＋ 2,Sn＝ n(n＋ 2). Sn (2)证明:由(1)得 bn＝ ＝ n＋ 2 n 假设数列 {bn}中存在三项 bp、 bq、br(p、q、 r 互不相等 )成 等比数列 ,则 b2 q＝bpbr, 即 (q＋ 2)2＝(p＋ 2)(r＋ 2), ∴ (q2－pr)＋ (2q－p－ r) 2＝0.
第二章
推理与证明
高中数学反证法解题技巧
高中数学反证法解题技巧高中数学中，反证法是一种重要的解题方法，通过假设所要证明的命题不成立，然后推导出矛盾的结论，从而证明原命题的正确性。
在解题过程中，灵活运用反证法可以帮助我们更好地理解和解决问题。
本文将从几个具体的题目入手，介绍高中数学中常见的反证法解题技巧，并给出详细的解题思路和步骤。
一、证明两直线平行的反证法题目：已知直线l1和直线l2，证明若l1与l2的斜率相等，则l1与l2平行。
解题思路：我们可以采用反证法来证明这个命题。
假设l1与l2不平行，即l1与l2有交点A。
由于l1与l2的斜率相等，所以l1与l2的斜率分别为k。
设直线l1的方程为y = kx + b1，直线l2的方程为y = kx + b2。
由于直线l1与l2有交点A，所以A点的坐标(x0, y0)同时满足l1和l2的方程。
代入l1的方程可得y0 = kx0 + b1，代入l2的方程可得y0 = kx0 + b2。
由此可得b1= b2，即l1与l2的截距相等。
然而，根据直线的性质，不平行的两条直线的截距必不相等。
因此，假设不成立，即l1与l2平行。
二、证明存在无理数题目：证明存在一个无理数x，使得x的平方是有理数。
解题思路：我们可以采用反证法来证明这个命题。
假设所有平方根都是有理数，即对于任意实数x，若x的平方是有理数，则x是有理数。
设x是一个无理数，即x不是有理数。
根据假设，x的平方是有理数。
那么根据平方根的性质，x的平方根也应该是有理数。
然而，这与x是无理数的前提相矛盾。
因此，假设不成立，存在一个无理数x，使得x的平方是有理数。
三、证明存在无穷多个素数题目：证明存在无穷多个素数。
解题思路：我们可以采用反证法来证明这个命题。
假设存在有限个素数p1,p2, ..., pn，它们是所有素数的完全列表。
考虑数M = p1 * p2 * ... * pn + 1，显然M大于p1, p2, ..., pn。
根据素数的定义，M要么是素数，要么可以分解为素数的乘积。
反证法典型例题
例3.已知a≠0，求证关于x的方程ax=b有且只有 一个根。
证：假设方程ax + b = 0(a ≠ 0)至少存在两个根，
证明: 假设c<0, 则a+b>0, ab<0. ab+bc+ca=ab+(a+b)c<0. 矛盾!假设不成立.
所以, a,b,c>0.
例7.已知0<a,b,c<1, 求证: (1-a)b, (1-b)c, (1-c)a不可能同时大于1/4.
证明: 假设(1-a)b, (1-b)c, (1-c)a同时大于1/4.
2 22
例9.已知A,B,C为三个正角. 且sin2A+sin2B+sin2C=1. 求证: A+B+C<900.
解:假设A+B+C ≥900, 由于A,B,C为三个正角, 所以 它们都为锐角, 且有cos(A+B)<cos(A-B). 1=sin2A+sin2B+sin2C=1-cos(A+B)cos(A-B)
所以假设不成立，2是有理数成立。
应用反证法的情形：
(1)直接证明困难; (2)需分成很多类进行讨论； (3)结论为“至少”、“至多”、“有无穷多个” 这一类的命题； (4)结论为 “唯一”类的命题。
正难则反!
例6.已知a+b+c>0, ab+bc+ca>0, abc>0. 求证: a,b,c>0
高考数学解题方法-反证法-含答案
高考数学解题方法-反证法-含答案反证法一、填空题1. 用反证法证明命题"三角形的内角中至少有一个钝角"时反设是．2. 用反证法证明“如果，那么”，假设的内容是．3. 用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个大于”时，与命题结论相矛盾的假设为．4. 用反证法证明命题“如果，，那么”，证明的第一个步骤是．5. 用反证法证明命题时，其结论为“直线在平面内”，那么假设的内容是．6. 用反证法证明命题“若正整数，，满足，则，，中至少有一个是偶数”时，反设应为．7. 用反证法证明命题："若整数系数一元二次方程：有有理根，那么中至少有一个是偶数"时，第一步应假设．8. 用反证法证明"一个三角形至少有两个锐角"，则反设是．9. 否定＂自然数，，中恰有一个偶数＂时，正确的反设是．10. 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，这与三角形内角和为相矛盾，则不成立；②所以一个三角形中不能有两个直角；③假设，，中的两个角是直角，不妨设．正确顺序的序号排列为．11. 用反证法证明"若，则 "时，第一步反设应为．12. 命题“关于的方程的解是唯一的”的结论的否定是．13. 用反证法证明命题：“如果，，可被整除，那么，中至少有一个能被整除”时，假设的内容应为．14. 用反证法证明命题"若实数满足，则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．15. 用反证法证明“若，则或”时’应假设．16. “任何三角形的外角都至少有两个钝角”的否定应是．17. 用反证法证明命题："如果，是奇数，那么方程没有整数根"时，应该提出的假设是．18. 用反证法证明命题“若，是实数，且，则”时，应作的假设是．19. 和两条异面直线，都相交的两条直线，的位置关系是．20. 已知函数，，．对任意都有，且是增函数，则．二、解答题21. 已知，，．求证：，中至少有一个不小于．22. 设函数中，均为整数，且均为奇数．求证：无整数根．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
3 3 a b 2 ，求证 a b 2. 变式 1 设
证明 假设 a b 2 ，则有 a 2 b ，从而
a 8 12b 6b b ,
3 3 2 3
a b 6b 12b 8 6(b 1) 2.
3 2 2
因为 6(b 1) 2 2 ，所以 a b 2 ，
2 2
q2 pr 0 ∵ p， q， r∈ N，∴ 2q p r 0
pr 2 ) pr ， (p－ r)2＝ 0，∴ p＝ r，与 p≠r 矛盾． ∴( 2
所以数列 {bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
2. 反证法的证明步骤：
①否定结论：假设命题的结论不成立，即结论的反面成立； ②推出矛盾：由结论反面成立出发， 通过一系列正确的推理，导出矛盾； ③否定假设：由正确的推导导出了矛盾， 说明假设不成立； ④肯定结论：原命题正确．
a1 2 1 解 (1)由已知得 ， 3a1 3d 9 3 2
∴ d＝ 2，故 an＝ 2n－ 1＋ 2， Sn＝ n(n＋ 2)．
Sn (2)证明：由 (1)得 bn＝ ＝ n＋ 2. n
假设数列 {bn}中存在三项 bp、 bq、 br (p、 q、 r 互不相等 )成等比数列， 则 bq ＝ bp br，即 (q＋ 2) ＝(p＋ 2)(r＋ 2)， ∴ (q2－ pr)＋(2q－ p－ r) 2＝ 0.
f (1) 2 f (2) f ( p q) 2(4 2 p q) (9 3 p q) 2
（ 2）
（ 1） 、 （ 2）两式的结果矛盾，所以假设不成立，原来的结论正确．
例 2 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝ 1＋ 2，S3＝ 9＋ 3 2. (1) 求数列 {an}的通项 an 与前 n 项和 Sn； Sn * (2)设 bn＝ (n∈ N )，求证：数列 {bn}中任意不同的三项 n 都不可能成为等比数列．
1 1 k 9. 若 a b c ，则使 恒成立的 ab bc ac 最大的正整数 k 为 .
1 1 k 解 由题意 a b 0, b c 0, a c 0 ，故 ab bc ac 1 1 1 1 （ )(a c) k （ )[(a b) b c)] k a b bc a b b c a b bc a b bc k 恒成立，故 2 |min k ， 即2 bc a b bc a b
与①矛盾，∴原式成立．
变式 3 设数列{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？为什么？
2 S2＝S1 S3，
解 (1)证明 假设数列{ Sn}是等比数列，则 2 2 2 即 a1(1＋ q) ＝ a1 · a1 · (1＋ q＋ q )，因为 a1≠ 0， 2 2 所以 (1＋ q) ＝ 1＋ q＋ q ，即 q＝ 0，这与公比 q≠ 0 矛盾， 所以数列 {Sn}不是等比数列． (2)当 q＝1 时，{Sn }是等差数列； 当 q≠1 时，{Sn }不是等差数列， 2 否则 2S2 ＝S1 ＋S3 ，即 2a1 (1＋q)＝a1 ＋a1 (1＋q＋q )， 得 q＝0，这与公比 q≠0 矛盾．
例 1 设二次函数 f ( x) x 2 px q ，
1 证明 假设 f (1) , f (2) , f (3) 都小于 ，则 2
1 求证： f (1) , f (2) , f (3) 中至少有一个不小于 . 2
f (1) 2 f (2) f (3) 2.
（ 1）
另一方面，由绝对值不等式的性质，有
2
1 (1 b)c > , 4
(1 a) a 又∵ 0 < a, b, c < 1∴ 0 (1 a)a 2
1 同理： (1 b)b , 4
1 4
1 (1 c )c ，以上三式相乘： 4 1 (1 a)a• (1 b) b• (1 c) c≤ 64
例 3 设 0 < a, b, c < 1，求证：(1 a)b, (1 b)c, (1 c)a,
1 不可能同时大于 ． 4
1 证明 设 (1 a) b > , 4
1 (1 c)a > , 4 1 则三式相乘： (1 a) b• (1 b) c•(1 c)a > ① 64
a b b c a b b c 22 4 ，所以 k 4 ，即最大的正整数 k 为 4. 又2 b c a b b c a b
2
3 3
这与题设条件 a b 2 矛盾，
3 3
所以，原不等式 a b 2 成立．
例 2 已知 a + b + c > 0， ab + bc + ca > 0， abc > 0， 求证： a, b, c > 0．
证明 假设 a < 0, ∵ abc > 0, ∴ bc < 0 又由 a + b + c > 0, 则 b + c = a > 0 ∴ ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0，与题设矛盾 若 a = 0，则与 abc > 0 矛盾， ∴必有 a > 0 同理可证：b > 0,c > 0．