直接证明和间接证明

【思路】 当所给的条件简单，所证的结论复杂的，一般采用 分析法．
【证明】 要证 a2＋a12－ 2≥a＋1a－2， 只要证 a2＋a12＋2≥a＋1a＋ 2.
∵a>0，故只要证( a2＋a12＋2)2≥(a＋1a＋ 2)2，
即a2＋a12＋4 a2＋a12＋4≥a2＋2＋a12＋2 2(a＋1a)＋2.
②若xa22＋by22＝1(a>0，b>0)， 可设x＝acosα，y＝bsinα，α∈[0，2π)； ③若x2＋y2≤1， 可设x＝rcosθ，y＝rsinθ(0≤r≤1)，θ∈[0，2π)； ④对于 1－x2，可设x＝cosθ或x＝sinθ； ⑤对于 1＋x2，可设x＝tanθ或x＝cotθ； ⑥对于 x2－1，可设x＝secθ或x＝cscθ.
【探究】 容易出现令a＝2cosθ，b＝2sinθ，θ∈[0，2π]这样 错误的换元法，造成失误．
★状元笔记★ 有些不等式直接证明较为困难，但通过换元的思想方法可 使问题便于研究．常见的换元是三角换元，用三角代换把问题 转化为三角问题，利用三角函数的性质就可解决．根据实际情 况，实施的代换方法有： ①若x2＋y2＝a2(a>0)， 可设x＝acosα，y＝asinα，α∈[0，2π)；
目的．
(3)均值不等式、绝对值不等式等一些重要不等式都可以作
为放缩公式，另外自己应该总结一些常见的放缩公式，如：
k＋1－
k＜2
1＜ k
k－
k－1，
真分数性质：ba＋＋mm>ba(a>b>0，m>0)，
k12＜k－1 1－1k，n！>2n－1(n≥3)，2n－1>n＋1(n≥4)．
题型五 反证法 (2013·陕西理)设{an}是公比为q的等比数列． (1)推导{an}的前n项和公式； (2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
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
答案 B 解析 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. 5－2________ 6－ 5(填“>”或“<”)．
答案 >
解析 ( 5－2)－( 6－ 5)
＝
51＋2－
1 6＋
5＝（
6－2 5＋2）（ 6＋
＝1＋14＋(12－13＋13－14＋…＋n－1 1－1n)＝54＋12－1n＝74－1n＜74. 方法二：∵n∈N*，当n≥2时，n2>n2－1＝(n＋1)(n－1)， ∴n12＜（n＋1）1（n－1）＝12(n－1 1－n＋1 1)． ∴1＋212＋312＋412＋…＋n12 <1＋12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋n－1 1－n＋1 1) ＝1＋12(1＋12－1n－n＋1 1)＝74－12(1n＋n＋1 1)＜74. 【答案】 略
＝
5（b－a） a（a＋5）
<0，则
b a
<
b＋5 a＋5
，因此①正确；因为a>b>0，所以lg
a＋b 2
>lg
ab ＝
lga＋lgb 2
，因此②不正确；因为a>b>0，所以(a＋
1 b
)－(b＋
1 a
)＝(a
－b)(1＋
1 ab
)>0，因此③正确；因为a>b>0，所以可取a＝2，b＝
1，则 a－ b＝ 2－1< 2－1＝1＝ a－b，因此④不正确．
(2)因为ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 故ab2＋bc2＋ca2＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.所以ab2＋bc2＋ca2≥1. 当且仅当a＝b＝c＝13时，等号成立． 【答案】 (1)略 (2)略
题型二 分析法 (1)已知a>0，求证： a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
题型四 放缩法 (1)对于任意n∈N*，求证：1＋212＋312＋412＋…＋n12＜74. 【思路】 通过变形将数列{n12}放缩为可求和数列． 【证明】 方法一：∵n12＝n1·n＜n（n－1 1）＝n－1 1－1n(n≥2)， ∴1＋212＋312＋412＋…＋n12 ＜1＋212＋3×1 2＋4×1 3＋…＋n（n－1 1）
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．
1．判断下面结论是否正确(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最适合的方法是分析法．
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．这种证明的方 法叫做分析法． 用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为： Q⇐P→P1⇐P2→P2⇐P3→……→得到一个明显成立的条件
题型三 换元法 已知a，b∈R，a2＋b2≤4，求证：|3a2－8ab－3b2|≤20.
【思路】 本题主要考查证明不等式的常用方法，根据条件a2 ＋b2≤4的特征，可运用换元法进行证明．
【证明】 ∵a，b∈R，a2＋b2≤4， ∴可设a＝rcosθ，b＝rsinθ(θ∈R)，其中0≤r≤2. ∴|3a2－8ab－3b2|＝r2|3cos2θ－4sin2θ| ＝5r2|cos(2θ＋φ)|≤5r2≤20. ∴原不等式成立． 【答案】 略
★状元笔记★
(1)利用放缩法证明不等式应适当掌握放缩尺度，否则放的
过大或缩的过小，如例2(1)方法一中若从第二项
1 22
开始放大，结
果为原式＜1＋(1－12＋12－13＋…＋n－1 1－1n)＝2－1n＜2这样显然
放的过大．
(2)本例题是通过改变n2中一个因式或两个因式的大小达到
放缩的目的，对于多项式可通过添上或去掉个别项达到放缩的
第6课时 直接证明与间接证明
请注意 不等式的证明是高考的一个重要内容，也是一类难点．一 方面是证明的方法灵活多样，要依据题设、题目的特点和内在 联系，选择适当的证明方法，并掌握相应的步骤、技巧和语言 特点．另一方面是知识的交汇与解题能力的综合，传统的纯不 等式的证明问题很少在高考中出现，但是与三角函数、数列、 导数等知识的综合命题却显得非常活跃，对考生综合运用知识 和逻辑推理能力有较高的要求．
从而只要证2 a2＋a12≥ 2(a＋1a)．
只要证4(a2＋
1 a2
)≥2(a2＋2＋
1 a2
)，即a2＋
1 a2
≥2，而该不等式
显然成立．
故原不等式成立．
【答案】 略
方法二：(综合法)因为a，b，c∈(0，＋∞)， 所以a＋2 b≥ ab>0，b＋2 c≥ bc>0，a＋2 c≥ ac>0. 又因为a，b，c不全相等，所以上述三个不等式中等号不能 同时成立，即a＋2 b·b＋2 c·c＋2 a>abc成立． 上式两边同取常用对数，得lg(a＋2 b·b＋2 c·c＋2 a)>lgabc， 即lga＋2 b＋lgb＋2 c＋lgc＋2 a>lga＋lgb＋lgc. 【答案】 略
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√ 解析 (1)错误，综合法和分析法都是直接证明； (2)错误，寻找成立的充分条件； (3)错误，假设a≤b； (4)错误，只否定结论； (5)正确； (6)正确．
2．(课本习题改编)用分析法证明：欲使①A>B，只需 ②C<D，这里①是②的( )
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_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． 用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所 要证明的结论，则综合法可用框图表示为： P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→……→Qn⇒Q
5．用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么 a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为________．
答案 a，b都不能被5整除
题型一 综合法 设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明： (1)ab＋bc＋ac≤13； (2)ab2＋bc2＋ca2≥1.
【证明】 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设得(a＋b＋c)2＝1. 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤13. 当且仅当a＝b＝c＝13时，等号成立．
q＝1， q≠1.
(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*， ∴(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)． ∴ak＋12＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1. ∴a12q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1. ∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1. ∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0.∴q＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列． 【答案】 略
5）>0.
4．(2019·西安五校联考)若a>b>0，给出以下几个命题：①
b a
<ba＋＋55；②lga＋2 b<lga＋2 lgb；③a＋1b>b＋1a；④ a－ b> a－b.其