2015高考数学(理)一轮复习考点突破课件：12.4直接证明与间接证明
山东省济宁市2015届高考数学一轮复习第11章第3节直接证明与间接证明课件新人教A版
因此令bann－＋abnn＝＝22nn＋2－22n ，ccnn＋－bbnn＝＝22nn2－＋22n ，
可得abnn＝＝nn22－＋21n－1 cn＝n2＋2n－1
(n≥4)
易验证 an，bn，cn 满足①.因此 an，bn，cn 成等差数列.5 分 当 n≥4 时，有 an＜bn＜cn 且 an＋bn－cn＝n2－4n＋1＞0 因此以 an，bn，cn 为边长可以构成三角形，将此三角形记为 △n(n≥4).7 分
【思路点拨】 法一 利用 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋ c2≥2ac 求证．
法二 设 a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ，则 α＋β＋γ＝0，代入 求证便可．
【尝试解答】 法一 ∵a＋b＋c＝1， ∴(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc ≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2＝3(a2＋b2＋c2) ∴a2＋b2＋c2≥13. 法二 设 a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ. 则由 a＋b＋c＝1 可知 α＋β＋γ＝0 ∴a2＋b2＋c2＝13＋α2＋13＋β2＋13＋γ2 ＝13＋23(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2 ＝13＋α2＋β2＋γ2≥13.
求证：数列{an}是等差数列． 【证明】 由题设可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sin x－an ＋2cos x. 对任意 n∈N*，f′π2＝an－an＋1＋an＋2－an＋1＝0， 即 an＋1－an＝an＋2－an＋1，故{an}为等差数列．
考向二 [205] 分析法
【解析】 a2＋b2－1－a2b2≤0
⇔(a2－1)(b2－1)≥0.
【答案】 D
4．用反证法证明命题“如果 a＞b，那么3 a＞3 b时，假设的 内容是________．
2015届高考数学大一轮复习(2009-2013高考题库)第6章 第7节 直接证明和间接证明 理 新人教A版
2009~2013年高考真题备选题库第6章 不等式、推理与证明及不等式选讲（选修4-5）第7节 直接证明和间接证明考点 直接证明和间接证明(2009·广东，14分)已知曲线C n ：x 2－2nx ＋y 2＝0(n ＝1,2，…)．从点P (－1,0)向曲线C n 引斜率为k n (k n ＞0)的切线l n ，切点为P n (x n ，y n )．(1)求数列{x n }与{y n }的通项公式；(2)证明：x 1·x 3·x 5·…·x 2n －1＜ 1－x n 1＋x n ＜ 2sin x ny n .解：(1)直线l n 的方程为y ＝k n (x ＋1)，k n ＞0.代入曲线C n 的方程得：(k 2n ＋1)x 2－2(n －k 2n )x ＋k 2n ＝0.∵l n 与C n 相切，∴方程②有等根x n ，Δ＝4(n －k 2n )2－4(k 2n ＋1)k 2n ＝0⇒k n ＝n2n ＋1，∴x n ＝n －k 2n k 2n ＋1＝n －(n2n＋1)2(n 2n ＋1)2＋1＝nn ＋1.y n ＝k n (x n ＋1)＝n2n ＋1·(nn ＋1＋1)＝n 2n ＋1n ＋1.(2)证明：由(1)知，x n ＝nn ＋1，y n ＝nn ＋12n ＋1.于是所证明的不等式变为12·34·56·…·2n －12n ＜12n ＋1＜2sin 12n ＋1(a)先证明：12·34·56·…·2n －12n ＜12n ＋1.(*)∵4n 2－1＜4n 2，∴(2n －1)(2n ＋1)＜4n 2 ⇒(2n －1)2(2n ＋1)＜4n 2(2n －1)．∴2n －12n ＜2n －12n ＋1.∴12·34·56·…·2n －12n ＜13·35·57·…·2n －12n ＋1＝12n ＋1.(b)再证明12n ＋1＜2sin 12n ＋1.法一：令f (x )＝sin x －22x ：则f ′(x )＝cos x －22.当x ∈[0，π4)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在[0，π4)上单调递增，又x n ＝12n ＋1∈(0，π4)(n ≥1)， ∴f (x n )＝sin 12n ＋1－22 12n ＋1＞f (0)＝0. 所以12n ＋1＜2sin 12n ＋1.故x 1·x 3·x 5·…·x 2n －1＜ 1－x n 1＋x n ＜2sin xny n .法二：令f (x )＝sin xx ， 则f ′(x )＝x cos x －sin xx 2＝cos xx 2(x －tan x )．令g (x )＝x －tan x ，则g ′(x )＝1－1cos 2x ，所以，当x ∈(0，π4)时，g ′(x )＜0，g (x )＜g (0)＝0.∴f ′(x )＜0，f (x )在[0，π4]上单调减少．∵x ＝12n ＋1∈(0，π4)(n ≥1)，∴f (x )＝sin 12n ＋112n ＋1＞f (π4)＝22π＞22，所以12n ＋1＜2sin 12n ＋1. 即12·34·56·…·2n －12n ＜12n ＋1＜2sin 12n ＋1.故x 1·x 3·x 5·…·x 2n －1＜ 1－x n1＋x n ＜2sin x ny n .。
2015高考数学一轮课件：7-6直接证明与间接证明
[解] g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函数． 证明如下：∵x∈[0,1]， ∴2x≥1， ∴2x－1≥0，即对任意 x∈[0,1]，总有 f(x)≥0，满足条件①； ∵f(1)＝21－1＝1，故满足条件②， 当 x1≥0，x2≥0，且 x1＋x2≤1 时， f(x1＋x2)＝2x1＋x2－1，
的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：若“a＋b＝1”，则 4ab＝4a(1－a)＝－4(a－12)2＋
1≤1；若“4ab≤1”，取 a＝－4，b＝1，a＋b＝－3，即“a＋b
＝1”不成立；则“a＋b＝1”是“4ab≤1”的充分不必要条件．
答案：A
第十二页，编辑于星期五：十三点 二十三分。
[解] (1)当 n＝1 时，a1＋S1＝2a1＝2，则 a1＝1. 又 an＋Sn＝2，所以 an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得 an＋1＝12an， 所以{an}是首项为 1，公比为12的等比数列，所以 an＝2n1－1.
第二十七页，编辑于星期五：十三点 二十三分。
(2)反证法：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*)，
－18x2，故 D 不恒成立． 答案：C
第十六页，编辑于星期五：十三点 二十三分。
第十七页，编辑于星期五：十三点 二十三分。
题型一 综合法的应用 【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．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．
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．。
2015高考数学一轮总复习课件：6.6直接证明与间接证明
a2＋c2－b2 2ac ＞0，即需证 a2＋c2－b2＞0.
由于 a2＋c2－b2≥2ac－b2，要证 a2＋c2－b2＞0.
只需证 2ac－b2＞0.
∵a，b，c 的倒数成等差数列，
112 ∴a＋c＝b，即
2ac＝b(a＋c)．
∴要证 2ac－b2＞0.
只需证 b(a＋c)－b2＞0，即 b(a＋c－b)＞0.
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．
第十六页，编辑于星期五：十二点 三十五分。
C 聚焦考向透析
考 向 二 分析法的应用
变式训练
2．已知△ABC三边a，b，c的倒数成等 差数列，证明：B为锐角．
证明：要证明 B 为锐角，根据余弦定理，也就是证明 cos B＝
审题视点 典例精讲 类题通法 变式训练
第十八页，编辑于星期五：十二点 三十五分。
C 聚焦考向透析
考 向 三 反证法
例题精编
(2014·浙江杭州模拟)已知函数 f(x)＝ax＋xx－＋21(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．
C 聚焦考向透析
考 向 三 反证法
审题视点 典例精讲 类题通法 变式训练
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，宜 用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是：①与已 知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与事实矛盾等方面 ，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武 器．
D．其他方法
5．用反证法证明命题“如果
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．
2015高考数学一轮复习课件：7.4 直接证明与间接证明
3．设 a，b，c∈(－∞，0)，则 a＋1b，b＋1c，c＋1a( ) A．都不大于－2 B．都不小于－2 C．至少有一个不大于－2 D．至少有一个不小于－2
解析：因为 a＋1b＋b＋1c＋c＋1a≤－6，所以三者不能都大于 －2.
答案：C
第八页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
由①②得，B＝π3.③ 由 a、b、c 成等比数列，有 b2＝ac.④ 由余弦定理及③可得， b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac. 再由④得，a2＋c2－ac＝ac.即(a－c)2＝0，因此 a＝c. 从而有 A＝C.⑤
由②③⑤得，A＝B＝C＝π3. 所以△ABC 为等边三角形．
第十四页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
解析：取 x1＝x2＝0 可得 f(0)≥f(0)＋f(0)⇒f(0)≤0.又由条件 ①可得 f(0)≥0，故 f(0)＝0.
第十六页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
题型二 分析法 例 2 已知 a＞b＞0，求证：a－8ab2＜a＋2 b－ ab＜a－8bb2.
第十七页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
第十一页，编辑于星期五：十二点 二十二分。
疑点清源 证明数学问题的方法比较多，我们比较常用的方法有综合 法、分析法和反证法．在证明问题时，既可独立运用，又可综合 应用． (1)对于较复杂问题的解决，往往既使用综合法又使用分析 法，其结合使用的基本格式为：P⇒P1⇒P2…⇒Pn⇒Qm⇐Qm－1⇐… ⇐Q1⇐Q(P 是已知的条件、公理、定义、公式，Q 则表示要证明的 结论．) (2)反证法是从反面的角度思考的证明方法，即肯定题设而否 定结论，从而导出矛盾推理而得．适合使用反证法证明的命题有： ①否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成 立的命题；⑤直接证明有困难的问题.
2015高考数学一轮总复习课件：6.44 直接证明与间接证明
第十页，编辑于星期五：十二点 三十五分。
推论过程如下： Q⇐P1 → P1⇐P2 → P2⇐P3 →…→得到一个明显成立 的条件． P—表示条件，Q—表示要证的结论． 2．间接证明——反证法 (1)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____． (2)反证法的特点：先假设原命题____不______成立， 再在正确的推理下得出矛盾，所得矛盾可以是与已知条 件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实 矛盾等．
×n（n1＋2）
＝
1 2
×
1 n＋1
n1－n＋1 2
＝
1 2
×
n（n1＋1）－（n＋1）1（n＋2），
所
以
1 1×2×3
＋
1 2×3×4
＋
…
＋
1 n（n＋1）（n＋2）
＝
1 2
1×1 2－（n＋1）1（n＋2）
＝
n（n＋3） 4（n＋1）（n＋2）.
第九页，编辑于星期五：十二点 三十五分。
【知识要点】 1．直接证明 (1)从原命题的条件逐步推得命题成立的证明称为 ___直_接__证__明____．综合法和分析法是直接证明中最基本的 两种证明方法，也是解决数学问题时常用的思维方法． (2)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____． 推证过程如下：
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1 a ＋a2＋4≥
2
1 1 a ＋2＋a2＋2 2a＋a＋2，
从而只要证 2 只要证
1 1 a ＋a2≥ 2a＋a，
2
1 2 1 1 2 2 4 a ＋a2 ≥2 a ＋2＋a2 ，即 a ＋a2≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
针对训练 2．已知 a＞0，求证： 证明：要证 只要证
2 2
1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2.
2
1 1 a ＋a2－ 2≥a＋a－2， 1 1 a ＋a2＋2≥a＋a＋ 2.
1 1 2 a ＋ 2＋2 ≥a＋a＋ 22， a
2
∵a＞0，故只要证
1 即 a ＋a2＋4
题型三
反证法的应用 x－2 (2014· 金华模拟)已知函数 f(x)＝a ＋ (a＞1)． x＋1
x
(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 x1，x2∈(－1，＋∞)，
不妨设 x1＜x2，则 x2－x1＞0. ∵a＞1， ∴ax2－x1＞1 且 ax1＞0， ∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0. 又∵x1＋1＞0，x2＋1＞0， x2－2 x1－2 ∴ － x2＋1 x1＋1 x2－2x1＋1－x1－2x2＋1 ＝ x1＋1x2＋1
• 2．从考查形式看，题型主要以解答题为主，并且注重
与其他知识交汇在一起命题．
• 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、公理、定理等，
经过一系列的 ，最后推导出所要证明的结论 推理论证 ，这种证明方法叫做综合法． 成立
②框图表示： P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →„→ Qn⇒Q (其中 P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示要证 明的结论)．
分
1 1 令 A＝d1－2d，B＝b1－d1－a＋2d，D＝c(d1－b1)，则对于所有的 n ∈N*，有 An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*) 在(*)式中分别取 n＝1,2,3,4，得
A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1， 7A＋3B＋cd1＝0， 从而有19A＋5B＋cd1＝0， 21A＋5B＋cd ＝0， 1 ① ② 10 分 ③
解析：易知 f(x)＝ ex＋x－a在定义域内是增函数， 由 f(f(b))＝b，猜想 f(b)＝b. 反证法：若 f(b)＞b，则 f(f(b))＞f(b)＞b，与题意不符， 若 f(b)＜b，则 f(f(b))＜f(b)＜b，与题意也不符， 故 f(b)＝b， 即 f(x)＝x 在[0,1]上有解． ∴ ex＋x－a＝x，
【规范解答】
n－1 Sn (1)由 c＝0，得 bn＝ n ＝a＋ 2 d.
又因为 b1，b2，b4 成等比数列，所以 b2 2＝b1b4，
d2 3 即a＋2 ＝aa＋2d，化简得
d2－2ad＝0.4 分
因为 d≠0，所以 d＝2a. 因此，对于所有的 m∈N*，有 Sm＝m2a. 从而对于所有的 k，n∈N*， 有 Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.6 分
(2)设数列{bn}的公差是 d1，则 bn＝b1＋(n－1)d1， nSn 即 2 ＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入 Sn 的表达式，整理得，对于 n ＋c 所有的 n∈N*，有
1 3 1 2 d1－ dn ＋b1－d1－a＋ dn ＋cd1n＝c(d1－b1).8 2 2
1 1 解：(1)由题设 － ＝1， 1－an＋1 1－an
1 得 1－a 是公差为 n
1 的等差数列．
1 1 1 又 ＝1，故 ＝n.所以 an＝1－n. 1－a1 1－an (2)证明：由(1)得 1－ an＋1 n＋1－ n 1 1 bn＝ ＝ ＝ － ， n n n＋1· n n＋1
x1＋x2 1 【证明】 要证2[f(x1)＋f(x2)]＞f 2 ，
x1＋x2 1 即证明 (tan x1＋tan x2)＞tan ， 2 2 x1＋x2 1 sin x1 sin x2 只需证明 cos x ＋cos x ＞tan ， 2 2 1 2 sinx1＋x2 sinx1＋x2 只需证明2cos x cos x ＞ . 1 ＋ cos x ＋ x 1 2 1 2 由于
Sn＝ bk＝ k ＝1 k ＝1
n
n
1 1 1 － ＝1－ ＜1. k k＋1 n＋1
题型二 分析法的应用 已知函数 f(x)＝tan x1≠x2，
x1＋x2 1 求证： [f(x1)＋f(x2)]＞f 2 . 2 π π x，x∈0，2，若 x1，x2∈0，2，且
• 【归纳提升】 综合法往往以分析法为基础，是分析法的
逆过程，但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条 件出发，根据不等式的性质推导证明．
针对训练 1 1 1．设数列{an}满足 a1＝0 且 － ＝1. 1－an＋1 1－an (1)求{an}的通项公式；
n 1－ an＋1 (2)设 bn＝ ，记 Sn＝ bk，证明：Sn＜1. n k＝1
题型一 综合法的应用 a2 b2 c2 设 a，b，c＞0，证明： b ＋ c 0，根据基本不等式，有 b ＋b≥2a， c ＋ c2 c≥2b， a ＋a≥2c. a2 b2 c2 三式相加： ＋ ＋ ＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．当且仅当 a＝b b c a ＝c
• 2．间接证明 • 反证法：假设原命题 不成立 ，经过正确的推理，最后得
出 ，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这 矛盾 样的证明方法叫做反证法．
•
时，应假设
对点演练
• 用反证法证明命题“三角形三个内角至少有一个不大于60°”
• (
)
• • • •
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°
a＝ex－x2＋x， 令 g(x)＝ex－x2＋x，g′(x)＝ex－2x＋1＝(ex＋1)－2x， 当 x∈[0,1]时， ex＋1≥2,2x≤2， g′(x)≥0，∴g(x)在[0,1]上是增函数， ∴g(0)≤g(x)≤g(1)⇒1≤g(x)≤e， 即 1≤a≤e，故选 A. 答案：A
满分指导：证明题的答题技巧 【典例】 (满分 12 分)(2013· 江苏)设{an}是首项为 a，公差为 d 的 nSn 等差数列(d≠0)，Sn 是其前 n 项的和．记 bn＝ 2 ，n∈N*， n ＋c 其中 c 为实数． (1)若 c＝0，且 b1，b2，b4 成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n ∈N*)； (2)若{bn}是等差数列，证明：c＝0.
(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 .
•
对点演练
• • • •
5．反证法证明问题的一般步骤
(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面 (否定命题)成立；(否定结论)
(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的 推理，导出矛盾——与已知条件、已知的定义、公理、定 理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾) (3) 立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于 “反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而 肯定了原命题成立．(命题成立)
3x2－x1 ＝ ＞0， x1＋1x2＋1 x2－2 x1－2 于是 f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋ － ＞0， x2＋1 x1＋1 故函数 f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． (另解：可以利用导数证明)
x0－2 (2)假设存在 x0＜0(x0≠－1)满足 f(x0)＝0，则 ax0＝－ . x0＋1 ∵a＞1，∴0＜ax0＜1， x0－2 1 ∴0＜－ ＜1，即2＜x0＜2，与假设 x0＜0 相矛盾，故方程 f(x) x0＋1 ＝0 没有负数根．
第4课时
直接证明与间接证明
• (一)考纲点击 • 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．了解反证法
的思考过程及特点．
• (二)命题趋势 • 1．从考查内容看，本考点是历年高考的必考内容，主
要考查证明中的综合法和反证法，分析法一般不会单独 命题．
• 3．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，
常常用“要证(欲证)„”“即要证„”“就要证„” 等分 析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题 成立．
• 4．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用
假设命题进行推理，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．
• 解析：因为“至少有一个”的反面是“一个也没有”，所
以 “ 三角形三个内角至少有一个不大于 60°” 的否定是 “三角形三个内角一个也没有不大于60°”，即“三个内 角都大于60°”，故选B.
• 答案：B
• •
1．综合法证明问题是由因导果，分析法证明问题是 执果索因． 2．分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常 常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之 间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明， 或者在证明时将两种方法交叉使用．
由②③得 A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得 B＝0，从而 cd1＝0， 1 1 即 d1－2d＝0，b1－d1－a＋2d＝0，cd1＝0. 1 若 d1＝0，则由 d1－2d＝0，得 d＝0，与题设矛盾，所以 d1≠0.又 因为 cd1＝0，所以 c＝0.12 分