响水二中高三数学（理）一轮复习教案第十三编推理与证明主备人张灵芝总第67期
13.2 直接证明与间接证明。
基础自测。1.分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的条件。
答案充分。2.若a＞b＞0,则a+ b+.(用填空)
答案 ＞3.要证明+＜2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是填序号）.
反证法 ②分析法 ③综合法。
答案 ②4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是 .
假设a、b、c都是偶数；②假设a、b、c都不是偶数。
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 ②5.设a、b、c∈（0，+∞p=a+b-c，q=b+c-a，r=c+a-b，则“pqr＞0”是“p、q、r同时大于零”的条件。
答案充要。例题精讲
例1 设a,b,c＞0,证明：≥a+b+c.
证明 ∵a,b,c＞0，根据基本不等式，有+b≥2a, +c≥2b, +a≥2c.
三式相加： +a+b+c≥2(a+b+c).即++≥a+b+c.
例2 （14分）已知a＞0,求证： -a+-2.
证明要证-≥a+-2,只要证+2≥a2分。
a＞0,故只要证≥（a++）26分。
即a2++4+4≥a2+2++2+28分。
从而只要证210分。
只要证4≥2（a2+2+）,即a2+≥2,而该不等式显然成立，故原不等式成立。 14分。
例3 若x,y都是正实数，且x+y＞2,求证：＜2与＜2中至少有一个成立。
证明假设＜2和＜2都不成立，则有≥2和≥2同时成立，因为x＞0且y＞0,所以1+x≥2y，且1+y≥2x，两式相加，得2+x+y≥2x+2y，所以x+y≤2，这与已知条件x+y＞2相矛盾，因此＜2与＜2中至少有一个成立。
巩固练习 1.已知a,b,c为互不相等的非负数。求证：a2+b2+c2＞(+
证明 ∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac.又∵a,b,c为互不相等的非负数，上面三个式子中都不能取“=”a2+b2+c2＞ab+bc+ac,ab+bc≥2,bc+ac≥2,ab+ac≥2,又a,b,c为互不相等的非负数，ab+bc+ac＞(+a2+b2+c2＞(+
2.已知a＞0,b＞0,且a+b=1,试用分析法证明不等式≥.
证明要证≥,只需证ab+≥，只需证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,只需证4(ab)2+8ab-25ab+4≥0,只需证4(ab)2-17ab+4≥0,即证ab≥4或ab≤,只需证ab≤，而由1=a+b≥2,∴ab≤显然成立，所以原不等式≥成立。
3.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于。
证明方法一假设三式同时大于，即(1-a)b＞,(1-b)c＞,(1-c)a＞,a、b、c∈(0,1),∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a＞.又(1-a)a≤=,同理（1-b）b≤,(1-c)c≤,∴1-a)a(1-b)b(1-c)c≤,这与假设矛盾，故原命题正确。
方法二假设三式同时大于，∵0＜a＜1,∴1-a＞0,≥＞同理＞,＞三式相加得＞,这是矛盾的，故假设错误，原命题正确。
回顾总结 知识。
方法。思想。
课后作业。一、填空题。
1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a＞b,那么＞”假设内容应是。
答案 =或＜
2.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=logc,q=logc，则p,q的大小关系是。
答案 p＜q
3.设s是至少含有两个元素的集合。在s上定义了一个二元运算“*”即对任意的a,b∈s，对于有序元素对(a,b),在s中有唯一确定的元素a*b与之对应）.
若对任意的a,b∈s,有a*(b*a)=b,则对任意的a,b∈s，下列恒成立的等式的序号是 .
（a*b）*a=aa*(b*a)］*a*b)=a
b*(b*b)=ba*b)*［b*(a*b)］=b
答案 ②③4.如果△a1b1c1的三个内角的余弦值分别等于△a2b2c2的三个内角的正弦值，则△a1b1c1是三角形，△a2b2c2是三角形。（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空）
答案锐角钝角。
5.已知三棱锥s—abc的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题：
bc⊥平面sac；②平面sbc⊥平面sab；③sb⊥ac.
其中正确命题的序号是 .
答案 ①6.对于任意实数a,b定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论：
对于任意实数a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);
对于任意实数a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;
对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是写出你认为正确的结论的所有序号）
答案 ②③二、解答题。
7.已知数列中，sn是它的前n项和，并且sn+1=4an+2（n=1，2，…）a1=1.
1）设bn=an+1-2an(n=1,2,…)求证：数列是等比数列；
2）设cn= (n=1,2,…)求证：数列是等差数列；
3）求数列的通项公式及前n项和公式。
1）证明 ∵sn+1=4an+2，∴sn+2=4an+1+2，两式相减，得sn+2-sn+1=4an+1-4an(n=1,2,…)即an+2=4an+1-4an,变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)∵bn=an+1-2an(n=1,2,…)bn+1=2bn.
由此可知，数列是公比为2的等比数列。
2）证明由s2=a1+a2=4a1+2，a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n-1.
cn= (n=1,2,…)cn+1-cn=-=将bn=3·2n-1代入得。
cn+1-cn= (n=1,2,…)由此可知，数列是公差为的等差数列，它的首项c1==，故cn=n- (n=1,2,…)
3）解 ∵cn=n-= 3n-1).∴an=2n·cn=(3n-1)·2n-2 (n=1,2,…)
当n≥2时，sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2.由于s1=a1=1也适合于此公式，所以的前n项和公式为sn=（3n-4）·2n-1+2.
8.设a,b,c为任意三角形三边长，i=a+b+c,s=ab+bc+ca,试证：i2＜4s.
证明由i2=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca) =a2+b2+c2+2s,a,b,c为任意三角形三边长，∴a＜b+c,b＜c+a,c＜a+b,∴a2＜a(b+c),b2＜b(c+a),c2＜c(a+b)
即(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)＜0∴a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)＜0∴a2+b2+c2＜2s
a2+b2+c2+2s＜4s.∴i2＜4s.
9.已知a,b,c为正实数，a+b+c=1.
求证：（1）a2+b2+c2≥; 2) +6.
证明 （1）方法一 a2+b2+c2-= 3a2+3b2+3c2-1) =3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2］
(3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc) =a-b)2+(b-c)2+(c-a)2］≥0∴a2+b2+c2≥.
方法二 ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2
3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1∴a2+b2+c2≥.
方法三设a=+,b=+,c=+.a+b+c=1,∴+0
a2+b2+c2=（+2+（+2+（+2=+ 2+2+2
+2+2+2≥∴a2+b2+c2≥.
2)∵=同理≤,≤
++≤6∴原不等式成立。
10.已知函数y=ax+ (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x1,x2∈(-1,+∞不妨设x1＜x2,则x2-x1＞0,由于a＞1,∴a＞1且a＞0,a-a=a (a-1)＞0.又∵x1+1＞0,x2+1＞0,-=0,于是f(x2)-f(x1)=a-a+-＞0,故函数f(x)在(-1,+∞上为增函数。
2）方法一假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0,则a=-.
a＞1,∴0＜a＜1,∴0＜-＜1,即＜x0＜2，与假设x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根。
方法二假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0,若-1＜x0＜0，则＜-2,a＜1,∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾。
若x0＜-1,则＞0,a＞0,∴f(x0)＞0,与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根。
学案38直接证明与间接证明
自主梳理。1 直接证明。1 综合法。定义 利用已知条件和某些数学定义 定理 公理等，经过一系列的 最后推导出所要证明的结论 这种证明方法叫做综合法 框图表示 其中p表示已知条件，q表示要证的结论 2 分析法。定义 从出发，逐步寻求使它成立的直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件 已知条...
第27课时 直接证明和间接证明
课题 直接证明和间接证明。教学目标 掌握并灵活运用比较法证明简单的不等式，掌握综合法与分析法，会利用综合法和分析法证明不等式。了解用反证法 换元法 放缩法等方法证明简单的不等式 教学重点 灵活作差比较法 作商比较法证明不等式，能合理进行作差 作商 后的变形 配凑，会灵活应用综合法 分析法解决不等式的...
与圆有关的证明问题 含答案
时间 100分钟总分 100分 一 选择题 本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的 1 已知ab cd是 o的两条直径，则四边形adbc一定是 a 等腰梯形 b 正方形 c 菱形 d 矩形。2 如图1，de是 o的直径，弦ab ed于c，连结ae ...