高考数学直接证明与间接证明
高考数学复习第十二单元第60讲直接证明与间接证明课件理新人教A版
课堂考点探究
[总结反思] 分析法是逆向思维,当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接,
或证明过程中需要用到的知识不太明确、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,从正面不易推导时,常考虑用分析法.注意用分析法
证题时,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
1 1
1
+ =
成立,
1 1 1 +1
则 y1(x1+y1)+x1(x1+y1)=x1y1,
1 2 3 2
x1+ + 1 =0,
2
4
1 2 3 2
x1+ + 1 >0,从而得出矛盾.
2
4
∴12 +12 +x1y1=0,即
但 x1≠0,y1≠0,即
故原命题成立.
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考点四 放缩法
2
2
2
由题设得(a+b+c) =1,即 a +b +c +2ab+2bc+2ca=1,
2
所以 3(ab+bc+ca)≤1,即
2
2
2
1
ab+bc+ca≤ .
3
2
2
2
(2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c,当且仅当 a=b=c 时,
三个式子中的等号同时成立,
2 2 2
2 2 2
综合法证明时,易出现因果关系不明确,逻辑表达混乱的错误.
课堂考点探究
变式
在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分
高考数学逻辑知识点总结
高考数学逻辑知识点总结在高考数学中，逻辑知识点是非常重要的一部分。
它不仅是解决数学问题的基础，还能培养我们的思维能力和推理能力。
下面我们就来详细总结一下高考数学中常见的逻辑知识点。
一、命题命题是可以判断真假的陈述句。
命题包括真命题和假命题。
比如“2+3=5”就是一个真命题，而“1+1=3”就是一个假命题。
命题通常用小写字母p，q 等来表示。
如果一个命题的条件成立时，结论一定成立，那么这个命题就是真命题；如果条件成立时，结论不一定成立，那么这个命题就是假命题。
二、四种命题及其关系原命题：若 p，则 q。
逆命题：若 q，则 p。
否命题：若¬p，则¬q。
逆否命题：若¬q，则¬p。
原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假。
三、充分条件与必要条件如果有命题“若 p，则q”，那么 p 是 q 的充分条件，q 是 p 的必要条件。
充分条件意味着只要 p 成立，q 就一定成立；必要条件则是说如果q 不成立，那么 p 也一定不成立。
比如“若 x＞1，则 x＞0”，那么“x＞1”是“x＞0”的充分条件，“x＞0”是“x＞1”的必要条件。
四、逻辑联结词1、“且”（∧）：表示两个命题同时成立。
比如“p 且q”只有当 p 和q 都为真时，整个命题才为真。
2、“或”（∨）：表示两个命题至少有一个成立。
“p 或q”只要 p 和q 中有一个为真，整个命题就为真。
3、“非”（¬）：表示对一个命题的否定。
如果原命题为真，那么其否定为假；如果原命题为假，那么其否定为真。
五、全称量词与存在量词1、全称量词：“所有”“任意”“一切”等，表示对某个范围内的所有对象都成立。
用符号“∀”表示。
2、存在量词：“存在”“至少有一个”“有些”等，表示在某个范围内存在某个对象成立。
用符号“∃”表示。
全称命题：∀x∈M，p(x)。
特称命题：∃x∈M，p(x)。
六、全称命题与特称命题的否定全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题。
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
数学证明中的直接证明与间接证明
数学是一门严谨的学科，其核心在于推理与证明。
在进行数学证明时，有直接证明和间接证明两种方法。
直接证明是通过逻辑推理直接得出结论，而间接证明则是通过反证法或者归谬法，通过推翻事实的否定来得出结论。
本文将分别介绍直接证明和间接证明，并分析它们在数学证明中的应用。
首先，我们来讨论直接证明。
直接证明是最常见、最直接的证明方法。
其核心思想是根据已知条件和数学定理，一步一步地推导出结论。
直接证明通常包括假设、推理和结论三个步骤。
首先，我们根据题目给出的条件假设一些前提条件，然后利用已知的定理和公理进行推理，最后根据这些推理得出结论。
直接证明的优点是逻辑性强、直观明了，容易让读者明白推理的过程。
此外，对于一些简单的数学问题，直接证明能够很快得出结论，省去了许多繁琐的步骤。
然而，直接证明的弊端是有时难以找到合适的定理进行推理，或者推导过程中的中间步骤比较复杂。
在遇到这种情况时，我们就需要采用间接证明的方法。
其次，我们来讨论间接证明。
间接证明有两种形式，一种是反证法，另一种是归谬法。
反证法的基本思想是通过假设反命题的真假进行推导，如果得出一个恒真的结论，则原命题成立。
归谬法则是通过假设原命题为真进行推导，最后得出一个恒假的结论，从而推翻了原命题。
间接证明的优点是可以处理一些复杂的数学问题，特别是那些直接证明困难的问题。
间接证明可以通过假设反命题的真假或者假设原命题的真假，利用反证法或归谬法的推导过程将问题的复杂性降低，从而得出结论。
然而，间接证明的过程通常较为繁琐，需要较高的抽象思维能力和逻辑推理能力。
在实际的数学证明中，常常需要根据题目的要求和限制条件选择合适的证明方法。
有时，我们可以通过观察和归纳总结出一些数量关系或性质，然后用直接证明进行推导。
而对于一些性质复杂的数学问题，我们可能需要采用间接证明的方法。
因此，掌握直接证明和间接证明的技巧对于解决数学问题至关重要。
总之，数学证明中的直接证明和间接证明是两种常用的推理方法。
直接证明与间接证明 高考大一轮复习ppt课件 人教版
基础诊断
考点突破
课堂总结
【训练3】 已知a≠0，证明关于x的方程ax＝b有且只有一个根．
b 证明 由于 a≠0，因此方程至少有一个根 x＝a. 假设x1，x2是它的两个不同的根，即ax1＝b，
①
ax2＝b，
由①－②得a(x1－x2)＝0， 因为x1≠x2，所以x1－x2≠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.
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b 2 1 2 2 a· ＝ |a| |b| 1－|a||b| 4 1 2 2 ＝ [|a| |b| －(a· b)2] 4 1 ∴S△ABC＝ |a|2|b|2－（a· b）2. 2
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考点二 证明
分析法的应用 要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，
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．
基础诊断 考点突破 课堂总结
3．利用反证法证明数学问题时，要假设结论不成立，并用 假设的命题进行推理，不用假设命题推理而推出矛盾结 果，其推理过程是错误的． [易错防范] 注意推理的严谨性，在证明过程中每一步推理都要有充 分的依据，这些依据就是命题的已知条件和已经掌握了 的数学结论，不可盲目使用正确性未知的自造结论．在
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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． 不成立 即在原命题的条件 (1)反证法的定义：假设原命题_______( 下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此
(江苏专版)2019版高考数学一轮复习 第十一章 推理与证明 11.2 直接证明与间接证明讲义
§11.2直接证明与间接证明考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 20171.直接证明1.不等式证明2.数列证明3.函数证明A 解答题★★★2.间接证明1.不等式证明2.数列证明3.函数证明A 解答题★★★分析解读本节内容江苏高考一般很少单独考查,一般都和其他知识相结合,放在不同的解答题中考查其运用.五年高考考点一直接证明1.(2013广东理,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)依题意,得2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<.综上,对一切正整数n,有++…+<.教师用书专用(2)2.(2013湖北理,22,14分)设n是正整数,r为正有理数.(1)求函数f(x)=(1+x)r+1-(r+1)x-1(x>-1)的最小值;(2)证明:<n r<;(3)设x∈R,记[x]为不小于x的最小整数,例如[2]=2,[π]=4,=-1.令S=+++…+,求[S]的值.(参考数据:8≈344.7,8≈350.5,12≈618.3,12≈631.7)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;当x>0时, f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内是增函数.故函数f(x)在x=0处取得最小值f(0)=0.(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在①中,令x=(这时x>-1且x≠0),得>1+.上式两边同乘n r+1,得(n+1)r+1>n r+1+n r(r+1),即n r<.②当n>1时,在①中令x=-(这时x>-1且x≠0),类似可得n r>.③且当n=1时,③也成立.综合②,③得<n r<.④(3)在④中,令r=,n分别取值81,82,83,…,125,得(8-8)<<(8-8),(8-8)<<(8-8),(8-8)<<(8-8),……(12-12)<<(12-12).将以上各式相加,并整理得(12-8)<S<(12-8).代入数据计算,可得(12-8)≈210.2,(12-8)≈210.9.由[S]的定义,得[S]=211.考点二间接证明1.(2014山东改编,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是.答案方程x3+ax+b=0没有实根2.(2013北京理,19,14分)已知A,B,C是椭圆W:+y2=1上的三个点,O是坐标原点.(1)当点B是W的右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;(2)当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由.解析(1)椭圆W:+y2=1的右顶点B的坐标为(2,0).因为四边形OABC为菱形,所以AC与OB相互垂直平分.所以可设A(1,m),代入椭圆方程得+m2=1,即m=±.所以菱形OABC的面积是|OB|·|AC|=×2×2|m|=.(2)假设四边形OABC为菱形.因为点B不是W的顶点,且直线AC不过原点,所以可设AC的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0).由消y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.设A(x1,y1),C(x2,y2),则=-,=k·+m=.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点,所以直线OB的斜率为-.因为k·≠-1,所以AC与OB不垂直.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.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一直接证明1.(2018江苏淮安高级中学阶段测试)已知函数f(x)=e x,x∈R.(1)设x>0,判断函数g(x)=f(x)-mx零点的个数;(2)设a<b,比较与的大小,证明.解析(1)因为g(x)=e x-mx(x>0),所以g'(x)=e x-m.当m≤1时,g'(x)=e x-m>e0-m≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=1,此时函数无零点.当m>1时,令g'(x)=e x-m=0,得x=ln m,当x∈(0,ln m)时,g'(x)<0,g(x)在(0,ln m)上单调递减;当x∈(ln m,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在(ln m,+∞)上单调递增.故g(x)min=g(ln m)=m-mln m=m(1-ln m).当1<m<e时,g(x)min=m(1-ln m)>0,此时函数无零点,当m=e时,g(x)min=0,此时函数有1个零点.当m>e时,g(ln m)<0.又因为g(0)=1>0,故函数在(0,ln m)上有唯一零点.g(2ln m)=e2ln m-m·2ln m=m2-2mln m=m(m-2ln m),令φ(m)=m-2ln m(m>e),则φ'(m)=1->0,所以φ(m)在(e,+∞)上单调递增,φ(m)>e-2>0,故g(2ln m)>0,故函数在(ln m,+∞)上有唯一零点,此时函数有两个零点.综上,当m<e时,函数无零点;当m=e时,函数有1个零点,当m>e时,函数有2个零点.(2)>.要证>,只要证>.只要证>==1-,令h(x)=+-1(x>0),所以h'(x)=-=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,故h(x)>0,所以+-1>0,故原不等式成立.2. (2017江苏无锡一中月考)已知函数f(x)=tan x,x∈,若x1,x2∈,且x1≠x2,求证:[f(x1)+f(x2)]>f.证明要证[f(x1)+f(x2)]>f,即证明(tan x1+tan x2)>tan ,只需证明>tan ,只需证明>.由于x1,x2∈,故x1+x2∈(0,π).所以cos x1cos x2>0,sin(x1+x2)>0,1+cos(x1+x2)>0.故只需证明1+cos(x1+x2)>2cos x1cos x2,即证1+cos x1cos x2-sin x1sin x2>2cos x1cos x2.即证cos(x1-x2)<1.由x1,x2∈,x1≠x2知上式显然成立,因此[f(x1)+f(x2)]>f.考点二间接证明3.(2016江苏无锡期中)设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是.答案③4.(苏教选2—2,二,2,9,变式)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足a n+S n=2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:数列{a n}中不存在三项按原来顺序成等差数列.解析(1)当n=1时,a1+S1=2a1=2,则a1=1.又a n+S n=2,所以a n+1+S n+1=2,两式相减得a n+1=a n,所以{a n}是首项为1,公比为的等比数列,所以a n=.(2)证明:反证法:假设存在三项按原来顺序成等差数列,记为a p+1,a q+1,a r+1(p<q<r,且p,q,r∈N*),则2·=+,所以2·2r-q=2r-p+1.(*)又因为p<q<r,且p,q,r∈N*,所以r-q,r-p∈N*.所以(*)式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立.所以假设不成立,原命题得证.5.(2017江苏苏中三校联考)若f(x)的定义域为[a,b],值域为[a,b](a<b),则称函数f(x)是[a,b]上的“四维光军”函数.(1)设g(x)=x2-x+是[1,b]上的“四维光军”函数,求常数b的值;(2)是否存在常数a,b(a>-2),使函数h(x)=是区间[a,b]上的“四维光军”函数?若存在,求出a,b的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由题设得g(x)=(x-1)2+1,其图象的对称轴为x=1,所以函数在区间[1,b]上单调递增.由“四维光军”函数的定义可知,g(1)=1,g(b)=b,即b2-b+=b,解得b=1或b=3.因为b>1,所以b=3.(2)假设函数h(x)=在区间[a,b](a>-2)上是“四维光军”函数,因为h(x)=在区间(-2,+∞)上单调递减,所以有即解得a=b,这与已知矛盾.故不存在常数a,b(a>-2),使函数h(x)=是区间[a,b]上的“四维光军”函数.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:15分时间:10分钟)解答题(共15分)(2017江苏射阳中学质检)各项均为正数的等比数列{a n},a1=1,a2a4=16,{b n}的各项均为正数,前n项和为S n,a4=b3,且6S n=+3b n+2(n∈N*).(1)求数列{a n}、{b n}的通项公式;(2)令c n=(n∈N*),求使得c n>1的所有n的值,并说明理由;(3)证明{a n}中任意三项不可能构成等差数列.解析(1)设{a n}的公比为q,则q>0.∵a2a4=q4=q4=16,∴q2=4,∴q=2,∴a n=2n-1,∴b3=a4=8.∵6S n=+3b n+2,①∴当n≥2时,6S n-1=+3b n-1+2,②①-②得6b n=-+3b n-3b n-1(n≥2),即(b n+b n-1)(b n-b n-1)=3(b n+b n-1)(n≥2),∵b n>0,∴b n-b n-1=3,∴{b n}是公差为3的等差数列.当n=1时,6b1=+3b1+2,解得b1=1或b1=2,当b1=1时,b n=3n-2,此时b3=7,与b3=8矛盾;当b1=2时,b n=3n-1,此时b3=8=a4,∴b n=3n-1.(2)∵b n=3n-1,∴c n==,∴c1=2>1,c2=>1,c3=2>1,c4=>1,c5=<1,下面证明当n≥5时,c n<1.事实上,当n≥5时,c n+1-c n=-=<0,即c n+1<c n,∵c5=<1,∴当n≥5时,c n<1,故满足条件c n>1的所有n的值为1,2,3,4.(3)证明:假设{a n}中存在三项p,q,r(p<q<r,p,q,r∈N*)使a p,a q,a r构成等差数列,∴2a q=a p+a r,即2·2q-1=2p-1+2r-1.∴2q-p+1=1+2r-p.左边为偶数,右边为奇数,∴矛盾.∴假设不成立,故{a n}中不存在任意三项能构成等差数列.C组2016—2018年模拟·方法题组方法解有关证明问题的常用解题技巧与方法(2017江苏扬州、泰州、南通、淮安、宿迁、徐州六市联考,19)已知函数f(x)=,g(x)=ln x,其中e为自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程;(2)若存在x1,x2(x1≠x2),使得g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)]成立,其中λ为常数,求证:λ>e;(3)若对任意的x∈(0,1],不等式f(x)g(x)≤a(x-1)恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)因为y=f(x)g(x)=,所以y'=,当x=1时,y'=,y=0.所以曲线y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程为y=(x-1),即x-ey-1=0.(2)证明:由g(x1)-g(x2)=λ[f(x2)-f(x1)]得g(x1)+λf(x1)=g(x2)+λf(x2).记p(x)=g(x)+λf(x)=ln x+,则x∈(0,+∞),且p'(x)=.假设λ≤e.①若λ≤0,则p'(x)>0,所以p(x)在(0,+∞)上为单调增函数.又p(x1)=p(x2),所以x1=x2,与x1≠x2矛盾.②若0<λ≤e,记r(x)=e x-λx,则r'(x)=e x-λ.设r'(x0)=0,解得x0=ln λ.当x>x0时,r'(x)>0,r(x)在(x0,+∞)上为单调增函数;当0<x<x0时,r'(x)<0,r(x)在(0,x0)上为单调减函数.所以r(x)≥r(x0)=λ(1-ln λ)≥0,所以p'(x)≥0,所以p(x)在(0,+∞)上为单调增函数.又p(x1)=p(x2),所以x1=x2,与x1≠x2矛盾.综合①②可知,假设不成立,所以λ>e.(3)由f(x)g(x)≤a(x-1)得ln x-ae x(x-1)≤0.记F(x)=ln x-ae x(x-1),0<x≤1,则F'(x)=-axe x=xe x.当a≤时,因为≥,xe x>0,所以F'(x)≥0,所以F(x)在(0,1]上为单调增函数,所以F(x)≤F(1)=0,故原不等式恒成立.当a>时,一方面,F'(1)=1-ae<0.另一方面,∃x1=<1,F'(x1)≥-aex1=x1=x1ae(ae-1)>0.所以∃x0∈(x1,1),使F'(x0)=0,所以当x0<x<1时,F'(x)<0,故F(x)在(x0,1)上为单调减函数,此时F(x)>F(1)=0,不合题意. 综上,a≤.。
高考数学总复习第六章不等式推理与证明课时作业43直接证明与间接证明数学归纳法课件新人教B版
3．若 P＝ a＋6＋ a＋7，Q＝ a＋8＋ a＋5(a≥0)，则 P，
Q 的大小关系是( A )
A．P>Q
B．P＝Q
C．P<Q
D．由 a 的取值确定
解析：假设 P>Q，要证 P>Q，只需证 P2>Q2，只需证：2a ＋13＋2 a＋6a＋7>2a＋13＋2 a＋8a＋5，只需证 a2＋ 13a＋42>a2＋13a＋40，即证 42>40，因为 42>40 成立，所以 P>Q 成立．
___a_≥__0_，__b_≥__0_且___a_≠__B______．
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．
三、解答题 13．已知 x，y，z 是互不相等的正数，且 x＋y＋z＝1，求证： 1x －11y －11z －1>8.
14．已知非零向量 a，b，且 a⊥b，求证：|a|a|＋＋b|b||≤ 2.
证明：a⊥b⇔a·b＝0，要证|a|a|＋＋b|b||≤ 2. 只需证|a|＋|b|≤ 2|a＋b|， 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(|a|2＋2a·b＋|b|2)， 只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2|a|2＋2|b|2， 只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，上式显然成立， 故原不等式得证．
二、填空题
9．设 a＝ 3＋2 2，b＝2＋ 7，则 a，b 的大小关系为__a_<_B__．
解析：a＝ 3＋2 2，b＝2＋ 7两式的两边分别平方，可得
高考一轮数学第六章 第六节 直接证明与间接证明
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1．(教材习题改编)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° 解析：假设为：“三个内角都大于60°”． 答案： B
(
)
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2．若函数F(x)＝f(x)＋f(－x)与G(x)＝f(x)－f(－x)，其中 f(x)的定义域为R，且f(x)不恒为零，则 A．F(x)、G(x)均为偶函数 B．F(x)为奇函数，G(x)为偶函数 ( )
第 六 章 不 等 式、 推 理 与 证 明
第 六 节 直 接 证 明 与 间 接 证 明
抓 基 础
明 考 向
教 你 一 招 我 来 演 练
提 能 力
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[备考方向要明了]
考 什 么 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及特点．
2.了解间接证明的一种基本方法——反证法．了解反证
结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法；
(3) 推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与 假设矛盾，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明 显的． 返回
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[考题范例]
(12分) (2011· 安徽高考) (1)设x≥1，y≥1， 1 1 1 证明x＋y＋xy≤x＋y ＋xy； (2)设1<a≤b≤c，证明logab＋logbc ＋logca≤logba＋logcb＋logac.
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[精析考题]
[例3] (2011· 安徽高考)设直线l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x －1， 其中实数k1，k2满足k1k2＋2＝0. (1)证明l1与l2相交； (2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2＋y2＝1上．