直接证明与间接证明——综合法与分析法参考答案

直接证明与间接证明——综合法与分析法参考答案（精选10篇）

直接证明与间接证明——综合法与分析法参考答案 第1篇

直接证明与间接证明——综合法与分析法参考答案

课堂合作探究

1、A2、B3、A4、证明：



(ab(ab)

2a0,b0

a

b0,00

基础训练

1、C2、C3、D4、B5、C6、C 能力提升

1、证法一：

a,b,c,是不等的正数，且abc

1

 111111111111()()()2bc2ac2ababc证法二：

a,b,c,是不等的正数，且abc1



1a1b1cabcaabcbabccbccaabbcca2caab2abbc2 

2、(a

ab







1aba2)(bab21b)1ab2(ab)ba1ab(ab)(ab)2ab1ab(ab)2ab11ab(ab1)

1ab

(ab)

222222a0,b0,ab1ab,141

91641)42

54(ab1)2916ab((ab1)1

ab3、要证即证即证22

即证：a即证a3a2a1 即证：a(a3)(a2)(a1)

即证：a3aa3a3

即证：03

上述不等式显然成立，所以原不等式成立22 2

直接证明与间接证明——综合法与分析法参考答案 第2篇

审核签名：编制：编制时间： 3月4日 完成所需时间： 40分钟班级姓名第小组 一．自主测试

1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的条件.2.若a＞b＞0,则a+b+

b

11a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

3.要证明

3+

7＜

25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（填序号）.③综合法

2①反证法②分析法

4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax+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.①假设a、b、c都是偶数

②假设a、b、c都不是偶数 ③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

5.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.二．典例分析

例1（1）设a,b,c＞0,证明：

a

2b



b

2c



c

a

≥a+b+c.abc

（2）已知a,b,c为互不相等的非负数.求证：a2+b2+c2＞

例2（1

1xy

1yx

（a

+

b

+

c)

（2）已知a＞0,求证：

a



1a

≥a+

1a

-2.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.三．巩固练习

1.用反证法证明“如果a＞b,那么a

＞b”假设内容应是2.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=loga

cb,q=log

c

12

，则p,q的大小关系



a

b

是.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.①（a*b）*a=a②［a*(b*a)］*(a*b)=a ③b*(b*b)=b

④(a*b)*［b*(a*b)］=b

4.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）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： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.其中正确命题的序号是.6.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： ①对于任意实数a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);

②对于任意实数a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③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）

7.（教材）在△ABC中，三个内角A,B,C的对边分别为a, b, c且A,B,C成等差数列，a, b, c成等比数列，求证△ABC为等边三角形。

8.（教材）已知1tan3sin24cos22tan

1,求证

9.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于

14.参考答案

一，自主测试

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+

b1

1a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

答案＞ 3.要证明

+

7＜

2，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（填序号）.③综合法

①反证法答案②

②分析法

4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax+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.①假设a、b、c都是偶数 ②假设a、b、c都不是偶数 ③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②

5.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 二．典例分析

例1设a,b,c＞0,证明：

a

b



b

c



c

a

≥a+b+c.证明∵a,b,c＞0，根据基本不等式，有

a

b

+b≥2a,a

b

c

+c≥2b,b

c

a

+a≥2c.三式相加：即

a

bc

+

c

+

c

a

+a+b+c≥2(a+b+c).b

+

b

c

+

a

≥a+b+c.变.已知a,b,c为互不相等的非负数.求证：a+b+c＞

abc

（a

+

+

c).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“=”，22

2∴a+b+c＞ab+bc+ac, ∵ab+bc≥2ab+ac≥2

abc,bc+ac≥2

abc,abc,又a,b,c为互不相等的非负数，∴ab+bc+ac＞∴a2+b2+c2＞

abc

（a

a

+

b

b

+

c

c),abc

(++).例2（1）略（2）已知a＞0,求证： 证明要证只要证

a

a



1a

≥a+

1a

-2.a1a



1a

1a

≥a++

1a

-2,2分



+2≥a+.

∵a＞0,故只要证



a



1a

2



≥（a+

1a

+）,6分

即a2+

1a

+

4a



1a

+4

≥a2+2+

a

+2

1

2a+2,aa

1a

8分 10分

从而只要证2

只要证4a



1a

≥

1

2a,a





112

≥2（a+2+22aa）,即a+

≥2,而该不等式显然成立，14分

故原不等式成立.例3若x,y都是正实数，且x+y＞2, 求证：

1xy

＜2与

1xy

1yx

＜2中至少有一个成立.1yx

证明假设则有

1xy

＜2和

1yx

＜2都不成立，≥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

一、填空题

1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a＞b,那么答案a

a

1xy

＜2与

1yx

＜2中至少有一个成立.＞b”假设内容应是=b或a

＜b

2.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=logc是.答案p＜q

a

b

2,q=logc



1a

b，则p,q的大小关系

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.①（a*b）*a=a②［a*(b*a)］*(a*b)=a ③b*(b*b)=b 答案②③④

4.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： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.其中正确命题的序号是

.④(a*b)*［b*(a*b)］=b

答案①

6.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： ①对于任意实数a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);②对于任意实数a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③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.略，8略

9.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于.41证明方法一假设三式同时大于，即(1-a)b＞,(1-b)c＞,(1-c)a＞,111

∵a、b、c∈(0,1),∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a＞

164

.1aa

又(1-a)a≤

2

=,同理（1-b）b≤,(1-c)c≤,∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤

164,这与假设矛盾，故原命题正确.方法二假设三式同时大于，41

∵0＜a＜1,∴1-a＞0,(1a)b

≥

(1a)b

＞

=,同理

(1b)c

＞,232

(1c)a

直接故意与间接故意的界定分析 第3篇

从形式上来看, 犯罪故意分为直接故意和间接故意, 但间接故意与直接故意之间的界限很难界定。所谓直接故意是指犯罪行为人自己心里明明知道自己所做的行为必然或者可能会导致危害社会的不良结果, 却从心里希望或者是放任了这种不良结果发生的错误心理态度。而相比较直接故意来说, 所谓间接故意则是指行为人只是对自己的行为心里感觉可能会造成危害社会的不良结果, 却从心里放任了这种结果的心理态度。从定义上来看, 直接故意和间接故意确实非常难以界定, 需要进行仔细深入的探讨。

二、直接故意与间接故意的区别分析

直接故意和间接故意两者难以界定从其定义上就能看出, 同时, 两者在法律范畴上都属于犯罪故意, 在认识因素上两者要求的行为人态度也是一致的。对于其差异主要体现在意志因素, 意志因素是二者的关键区别。

从犯罪故意的定义描述上来看, 直接故意的意志因素是“希望”而间接故意是“放任”。从“希望”和“放任”形式上来分析, 前者存在主动情绪即积极追求;后者则处于客观即不希望、不追求, 不反对、不阻止, 顺其自然。近期有个别学者提出了二者兼有的介于放任和希望之间的第三种意志形式, 即通常所说的“容忍”。其实在某种意义上该分类也陷入了一种误区, 即在犯罪故意中引入了情感因素。

在意志因素上来看直接故意和间接故意的区别, 主要体现为:直接故意是行为人积极主动地追求危害结果, 为了达到这种结果, 行为人主动的通过采取有效措施, 排除障碍, 不顾一切地创造危害性的活动, 造成犯罪。而间接故意是不存在主动的意向, 对危害性的行为持放任的态度, 即对结果的发生置之不理, 满不在乎。行为人在放任心理的支配下, 不会主动排除障碍, 积极控制组织危害结果的发生。在理论界, 二者在认识因素上是否存在不同有着不同的观点, 问题的核心在于在明知必然会发生的危害结果面前, 是否存在间接故意。

三、对于“放任”的具体探讨

对于直接故意和间接故意的区别, 一部分人认为, 直接故意和间接故意都是明知道危害结果会发生。但这种危害结果的“会”发生包括两种情况, 这两种情况一种是必然会, 另外一种则是可能会。在直接故意中, 既包含了必然会, 也包含了可能会。而在间接故意中只包含了可能会, 排除了必然会。另外, 另外一部分人有相对的观点, 那就是也认为间接故意的认识因素既包括可能会发生也包括必然会发生。这第二种观点得到认同的具体理由包括以下几点:

首先, 直接故意的意志因素是行为人主动追求危害结果的发生, 带有目的性和积极推动危害结果发生的因素。而间接故意的“放任”思想是为达到某种目的, 甘愿发生有危害的结果而豁出去的心理态度。二者之间存在很大的差异, 是两种截然不同的心理状态。

其次, 在刑法的角度考虑, 通过认识程度来推论意志倾向是不对的。同时, 在每一个犯罪故意中, 一直因素和认识因素都是其重要构成。仔细分析“明知必然发生”、“放任”、“希望”这些关键点, 就能得出如下与刑法理论矛盾的结论:直接故意成立的唯一条件成为认识因素。所以, 间接故意的认识因素既包括可能会发生也包括必然会发生。这个观点才是正确的。

最后, 通过两种犯罪故意的分类标准来进行分析, 从分类可以看出, 直接故意的情况下, 行为人意志心理是单纯的, 直接的, 间接故意的行为人是间接的, 伴随的。这直接说明了, 行为人并不直接追求构成要件结果的情况下, 仍然可以成立间接故意的依据。

四、直接故意和间接故意的中间形态分析

在我国传统的刑法中把犯罪故意分为两种直接故意和间接故意, 只要是犯罪则是二者中的一种。但在实际中发现, 二者之间存在着中间形态, 即“明知必然而容忍发生”, 这种形态比直接故意轻一些, 比间接故意严重些。分析这种中间形态要从其与直接故意与间接故意的不同来进行探讨。

首先来探讨这种中间形态与直接故意直接的不同。上面已经提到, 直接故意是指犯罪行为人自己心里明明知道自己所做的行为必然或者可能会导致危害社会的不良结果, 却从心里希望或者是放任了这种不良结果发生的错误心理态度。这说明行为人会具有目的性, 具有极强的主观表现, 即具有明确的目标, 为了达到目标积极追求行为。而中间形态, 就我们说的“明知必然而容忍发生”说明行为人对犯罪结果没有追求。行为人对他的行为所引发的危害性结果却没有犯罪目的和明确的指向。这种情况是追求要达到的目的容许危害性结果的发生, 本身不追求这中危害性的结果。由此可见, 主观上来说, 这种中间形态不能成为直接故意, 完全不同意直接故意。

另外, 它也与间接故意不同。间接故意是指行为人只是对自己的行为心里感觉可能会造成危害社会的不良结果, 却从心里放任了这种结果的心理态度。间接故意没有意志倾向, 而中间状态中危害结果必然发生。在这种状态下, 行为人的危害结果必然会发生, 谈不上放任。所以它也不同于间接故意。

综上所述, 直接故意和间接故意之间存在着一种状态, 虽然这种结果不是行为人所追求的, 但是发生这种结果又是必然的, 行为人对这种结果的发生采取了容忍的态度。从认识程度和意志倾向上综合分析, 容忍是处于希望和放任之外的第三种意志因素。简而言之, 希望是“一定要这样”的心理;放任是“这样也行”的心理, 而容忍是“只有这样”的心理。容忍则表明对这种犯罪结果没有积极追求, 但为了追求自己要达到的结果, 也能够容忍这种犯罪结果的发生。再从意志因素上分析, 所持有的态度是容忍, 并不是通过采取有效措施控制和防止这种危害性结果的发生, 反而是处于平静的接受这种危害结果的发生。

总之, 直接故意是指犯罪行为人自己心里明明知道自己所做的行为必然或者可能会导致危害社会的不良结果, 却从心里希望或者是放任了这种不良结果发生的错误心理态度。而相比较直接故意来说, 间接故意是指行为人只是对自己的行为心里感觉可能会造成危害社会的不良结果, 却从心里放任了这种结果的心理态度。而所谓的准直接故意对社会危害性和主观恶性都不同意直接故意和间接故意, 在定罪时也区别于二者, 采取了二者之间的中间状态。归为直接故意会认为处罚过重, 归为间接故意, 可能会认为处罚过轻。但在对主观恶性和社会危害性上分析接近于直接故意, 因此在处罚上可以对比直接故意采用从轻或减轻处罚。

摘要：在法律范畴内, 犯罪故意分为直接故意和间接故意, 而二者之间的界定分析是法律界的难点, 近年来又有学者提出了二者之间的状态:即中间状态。文章分析了二者之间的区别:直接故意的意志因素是“希望”而间接故意是“放任”;直接故意是行为人积极主动地追求危害结果, 间接故意是不存在主动的意向, 对危害性的行为持放任的态度。对于二者之间的区分原则进行了详细的论述, 同时研究了二者之间的状态的界定。

直接证明与间接证明 第4篇

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式.

1. 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，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，则综合法可表示为：

[[P⇒Q1]→[Q1⇒Q2]→[Q2⇒Q3]→…→[Qn⇒Q]]

说明 （1）综合法格式：从已知条件出发，顺着推证，由“已知”得“推知”，由“推知”得“未知”，逐步推出待证的结论. 它的常见书面表达形式为“因为……，所以……”或“[⇒]”.

（2）综合法是“由因导果”，此法的特点是表述简单，条理清晰.

（3）在解决数学问题时，往往先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，把符号语言转换成图形语言等.还要通过细致的分析，把题目中隐含的条件明确地表示出来.

例1 设[x、y、z]均为正实数，且[xyzx+y+z][=1]，求证：[x+yy+z2].

分析 本题需先将条件变形，再利用基本不等式证明.

证明 ∵[xyzx+y+z=1]，∴[x+y+z=1xyz].

∴[x+y+zy=1xyz⋅y=1xz].

即[xy+y2+yz=1xz]，

∴[xy+y2+yz+xz=1xz+xz2]，

即[x+yy+z2].

点拨 这个问题有点巧妙，为了应用均值不等式，不仅从已知条件和要证的结论中发现它们内在的联系，而且灵活地添项，使得证明过程格外简洁.

2. 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，这种证明方法叫做分析法.

用[Q]表示要证明的结论，则分析法可表示为：

[[Q⇒P11]→[P1⇒P2]→[P2⇒P3]] →…→得到一个明显成立的条件

说明 （1）分析法的思维特点：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，逐步推理实际上是寻求它的充分条件. 分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件，因此分析法又叫做逆推证法或执果索因法.

（2）分析法格式：“要证……，只需证……”或“[⇐]”.

例2 已知[ΔABC]的三个内角[A、B、C]成等差数列，记[A、B、C]的对边分别为[a、b、c].求证：[1a+b+1b+c=3a+b+c].

分析 从待证等式不易发现证明的出发点，因此我们直接从待证等式出发，分析其成立的充分条件.

证明 要证[1a+b+1b+c=3a+b+c]，

只需证[a+b+ca+b+a+b+cb+c=3]，

即证[ca+b+ab+c=1]，

也就是证[cb+c+aa+b=a+bb+c]，

即证[c2+a2=ac+b2].

∵[ΔABC]的三个内角[A、B、C]成等差数列，

∴[B=60∘].

由余弦定理，有[b2=c2+a2-2cacos60∘]，

即[b2=c2+a2-ca]，亦即[c2+a2=ca+b2].

因为[c2+a2=ca+b2]成立，

所以[1a+b+1b+c=3a+b+c]成立.

点拨 分析法是思考问题的一种基本方法，可以减少分析问题的盲目性，容易明确解决问题的方向.分析法证明的步骤是：未知→需知→已知，在表述中“要证”“只需证”“即证”这些常用词语是不可缺少的.

3. 分析综合法

在解决问题时，我们经常把分析法和综合法结合起来使用. 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.

用[P]表示已知条件、定义、定理、公理等，用[Q]表示要证明的结论，则上述过程可表示为：

[ [P⇒P1→P1⇒P2→⋯→Pn⇒P]

[⇓]

[Q⇒Q1→Q1⇒Q2→⋯→Qm=Q]]

说明 分析综合法一般有两种方式：一种是先以分析法为主寻求证题思路，再用综合法有条理地表述证题过程.这是因为，就表达过程而言，分析法叙述繁琐，文辞冗长；综合法表述简单，条理清晰.因此，分析法利于思考，综合法宜于表达.另一种是将分析法与综合法结合起来使用，用来证明某些更复杂的问题.

例3 设[a、b、c]均为大于1的实数，且[ab=10]，求证：[logac+logbc4lgc].

证明 要证[logac+logbc4lgc]，

只需证[lgclga+lgclgb4lgc]，

又[c>1]，∴[lgc>0].

∴只需证[1lga+1lgb4]，

即证[lga+lgblgalgb4].

又∵[ab=10]，∴[lga+lgb=1].

∴只需证[1lgalgb4].

又∵[a>1]，[b>1]，∴[lga>0]，[lgb>0].

∴[0

∴[1lgalgb4].

因为[1lgalgb4]成立，所以原不等式成立.

点拨 粗略一看，这里好像纯粹是分析法，其实不然，中间还同时使用了综合法. 一般地，证题时每一步到底使用何种方法没有明确的规定，主要是看证题的需要，有时是综合中带分析，有时是分析中带综合，或者综合与分析相互渗透.

例4 在两个正数[x]、[y]之间插入一个实数[a]，使[x]、[a]、[y]成等差数列，插入两个实数[b]、[c]，使[x]、[b]、[c]、[y]成等比数列.求证：[a+12b+1c+1].

分析 本题主要考查联合运用分析法和综合法来证明问题.解题的关键是同时从已知条件与结论出发，寻求其间的联系.

证明 由条件得，[2a=x+y,b2=cx,c2=by.]消去[x]、[y]，

即得[2a=b2c+c2b]且有[a>0,b>0,c>0].

要证[a+12b+1c+1]，

只需证[a+1b+1c+1]，

又[b+1+c+12b+1c+1]，

∴只需证[a+1b+1+c+12]，

即证[2ab+c].

而[2a=b2c+c2b]，只需证[b2c+c2bb+c]，

即证[b3+c3=b+cb2+c2-bcb+cbc]，

即证[b-c20].

因为[b-c20]显然成立，

所以[a+12b+1c+1]成立.

点拨 比较复杂的问题要求分析法、综合法交互运用，但表述要自然清晰、简洁明了.本题对数列知识、均值不等式的运用和代数式的恒等变形都进行了深入的考查.

二、间接证明

反证法是间接证明的一种基本方法，是数学家最有力的一件“武器”. 一般地，假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.

说明 （1）用反证法证明命题“若[p]则[q]”的过程如下：肯定条件[p]否定结论[q]→导致逻辑矛盾→“既[p]又[¬q]”为假→“若[p]则[q]”为真.

（2）反证法证明的步骤如下：

①反设：假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真.

nlc202309040930

②归谬：从假设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾的结果.

③存真：由矛盾结果，断定假设不真，从而肯定原结论成立.

（3）反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实矛盾等.

（4）宜用反证法证明的题型有：①一些基本命题、基本定理；②易导出与已知矛盾的命题；③“否定性”命题；④“唯一性”命题；⑤“存在性”命题；⑥“至多”“至少”类的命题；⑦涉及“无限”结论的命题等.

例5 若[a、b、c∈0,2]，则[a2-b,b2-c,][c2-a]不可能都大于1.

分析 命题中的结论就是[a2-b>1,][b2-c>1,c2-a>1]不可能同时成立，即至少存在一个式子小于或等于1，显然命题的结论有多种可能性，而结论的否定只有一种情形：[a2-b,b2-c,c2-a]都大于1，所以宜用反证法证明.

证明 假设“[a2-b,b2-c,c2-a]不可能都大于1”不成立，

即[a2-b,b2-c,c2-a]都大于1成立，

即[a2-b>1,b2-c>1,c2-a>1]，

∴[a2-b⋅b2-c⋅c2-a>1].①

∵[a、b、c∈0,2]，

∴[2-b>0,2-c>0,2-a>0].

∴[0

即[0

同理，[0

∴[0

即[0

①与②矛盾，∴假设不成立，

∴原命题成立.

例6 如图，已知平面[α]∩平面[β][=]直线[a]，直线[b⊂α]，直线[c⊂β]，[b⋂a=A]，[c]∥[a].求证：[b]与[c]是异面直线.

分析 直接证明两条直线异面有困难，可考虑用反证法，否定结论“[b]与[c]是异面直线”时有两种情况：[b]与[c]平行或[b]与[c]相交，通过推理与证明，这两种情况都不成立.

证明 假设[b]、[c]不是异面直线，

则[b]∥[c]或[b⋂c=B].

（1）若[b]∥[c]，∵[a]∥[c]，∴[a]∥[b]，与[a⋂b=A]矛盾，∴[b]∥[c]不成立.

（2）若[b⋂c=B]，∵[c⊂β]，∴[B∈β].又[A∈β]，[A]、[B∈b]，∴[b⊂β].

又[b⊂α]，∴[α⋂β=b].又[α⋂β=a]，∴[a]与[b]重合，这与[a⋂b=A]矛盾，∴[b⋂c=B]不成立.

∴[b]与[c]是异面直线.

点拨 本题除了考查反证法，还需熟练应用立体几何的知识，解题时要注意分类讨论，因为[b]、[c]是异面直线的否定有两种情况：平行或相交，故应分别推出矛盾，问题才得以解决.

直接证明与间接证明——综合法与分析法参考答案 第5篇

班级：姓名：

【学习目标】：

（1）结合教学实例，了解直接证明的两种基本方法之一：分析法（2）通过教学实例，了解综合法的思考过程、特点

（3）通过教学实例了解分析法的思考过程、特点；体会分析法和综合法的联系与区别【学习过程】：

变式练习1：求证7225

自主学习

1：从要证明的，逐步需寻求是它成立的，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、、、等），这种证明方法叫分析法。

2：分析法是一种…，它的特点是。

合作学习

1：综合法与分析法的推理过程是合情推理还是演绎推理？

2：综合法与分析法的区别是什么？

课堂练习

例1：求证：372

例2.如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过A作SB的垂线,垂足为E,过E作SC的垂线,垂足为F, 求证：AF⊥SC

变式训练2：已知a0，求证a21a2

2a1a2

【课后检测】：

直接证明与间接证明 第6篇

教学目标：

重点：综合法，分析法与反证法的运用．

难点：分析法和综合法的综合应用．

能力点：能用三种方法解决简单的证明问题及三种证明方法的综合应用．

教育点：体会数学证明的思考过程及特点，提升分析解决问题的能力．

自主探究点：主要考察函数、导数、不等式的证明等基础知识，同时要综合运用数学知识进行推理论证，以及化归与转化的思想．

易错点：① 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；

② 不会用分析法分析，找不到解决问题的切入口；

③ 不会用综合法表述，从而导致解题格式不规范．

学法与教具：

1．学法：自主探究、练习法2．教具：多媒体

一、【知识结构】

二、【知识梳理】

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、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． ②框图表示：PQ1Q1Q2Q2Q3QnQ（其中P表示已知条件，Q表

示要证的结论）．

（2）分析法

①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（已知条件、定理、定义、公理等）．这种证明的方法叫做分析法． ②框图表示：QP1P1P2P2P3得到一个明显成立的条件．

2． 间接证明 反证法：假设原命题__________（即在原命题的条件下，结论不成立），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，这样的证明方法叫做反证法．利用反证法证题的步骤①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．

三、【范例导航】 例1已知xyz1，求证：x2y2z2

3．【分析】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． 综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．由基本不等式x2y22xy,得到关于x、y、z的三个不等式，将三式相加整理变形,然后利用xyz1得(xyz)21从而可证．

【解答】法一：x2y22xy,y2z22yz,z2x22zx,(xy)(yz)(zx)2xy2yz2zx 3(xyz)xyz2xy2yz2zx,即3(x2y2z2)(xyz)21，xyz法二：xyz

1

322

213

．



(3x3y3z1)

222

[3x3y3z(xyz)] 13

[(xy)(yz)(zx)]0

(3x3y3zxyz2xy2xz2yz)

xyz

．

法三：证明：a1,a2,,anR,a1a2an1，则a1a2an

222

构造函数f(x)(xa1)(xa2)(xan)

1n

成立．

nx2(a1a2an)xa1a2annx2xa1a2an．

222

因为对于一切xR，都有f(x)0，所以44n(a1a2an)0,22222222

从而证得：a1a2an

222

1n

222，当n3时，即xyz

成立．

【点评】利用综合法证明不等式是不等式证明的常用方法之一，即充分利用已知条件与已知的基本不等式，经过推理论证推导出正确结论，是顺推法或由因导果法．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就需保证前提正确，推理合乎规律，这样才能保证结论的正确．其基本流程表述如下：

变式训练：设a0,b0,ab1,求证

1a



1b1a



1ab1b

8.1ab

abab

1ab

2ab

【解答】方法一：a0,b0,ab1,又ab1,ab

14,

2ab

2

1，8.方法二：

ab1,

ba

ab

abab

1a



1b



1ab



4aba



abb



abab

112ab

2248 ab2()2

例2（1）用分析法证明：acbd

11（2）已知a0,

1．

ba【分析】（1）由于a,b,c,dR,故要分acbd0或acbd0两种情况，然后用分析法证明．（2）

要证明知条件

1b1a

不等式两边都是整数，可通过同时平方，化为有理式运算，通过化简得出已

1，可得证．

【解答】证明（1）①若acbd0，结论显然成立； ②(ac

若

acbd0，2

要

b

证

ac

d

b成立c，d只需

证

b)2

)c

(adbc)0显

2abcdadbc，即证ac2abcdbdacadbcbd，2222222222

然成立，综上所述acbd（2）要

证

成立，只需证1a

abab

11b1b，只需证(1a)(1b)

1a

1b

1,(b1,即1a

1baab1，abab,只需证1，即1．由已知a0,1成立，

【点评】分析法的特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经

成立的定理、性质或已经证明成立的结论等．通常采用“欲证——只需证——已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范．在解答本题时有两点容易造成失分：（1）不去分类，而是直接平方作差判断．（2）在平方作差变形时运算失误或对等号成立的条件说明不到位而失分． 注意解题技巧： 1．逆向思考是用分析法证题的主要思想，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顺利获解的关键．

2．在求解实际问题时，对于较复杂的问题，可以采用“分析-综合法”即两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价（或充分）的中间结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，使原命题得证． 变式训练： 已知ABC三边a,b,c的倒数成等差数列，证明：B为锐角． 【解答】要证明B为锐角，根据余弦定理，也就是证明cosB

acb

2ac

20，即需证

acb0，由于acb2acb，要证acb0，只需证2acb0，a,b,c的倒数成等差数列，

1a



1c



2b,即2acb(ac)．要证2acb0，只需证b(ac)b0，即

b(acb)0．上述不等式显然成立．B 必为锐角．

2中至少有一个成立．

yx

【分析】当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”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，分析可得本题适合用反证法，从题目中可以看出“至少”这样的存

1x1y

在量词，于是可设2与2结论的反面成立，即两个不等式都不成立．通过推理可得出

yx

2与

xy2的结论，与已知xy2矛盾，所以假设不成立，原命题正确．

例3若x,y都是正实数，且xy2，求证：

1x1y

【解答】假设

1xy

2与

1yx

则有2都不成立，1xy

2与

1yx

因为x0且y0，2同时成立，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xy2相矛盾，因此

1xy

2与

1yx

2中至少有一个成立．

【点评】用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，即结论的反面（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、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；（推导矛盾）（3）结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立．（结论成立）． 注意：（1）当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．（2）利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误．（3）反证法中常见词语的否定形式

变式训练：（2011．安徽）设直线l1:yk1x1，l2:yk2x1，其中实数k1,k2满足k

1k

220． 证明：l1与l2相交．

【解答】反证法．假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1k2，代入k1k220，得k1220，这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1k2，即l1与l2相交．

四、【解法小结】

1．分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知． 2．综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知．

3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，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． 4．应用反证法证明数学命题，一般分下面几个步骤： 第一步：分清命题“pq”的条件和结论； 第二步：作出与命题结论q相矛盾的假定q；

第三步：由p和q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真．

第三步所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理矛盾、与已知定义矛盾、与已知定理矛盾、与已知条件矛盾、与临时假定矛盾以及自相矛盾等各种情况．

五、【布置作业】

必做题：

1．关于x的方程axa10在区间(0,1)内有实根，则实数a的取值范围是__________． 2．设ab0，m

n，则m,n的大小关系是__________．

3．设x,y,z是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若xz，且（填写所有正确条件的代号）yz，则x∥y”为真命题的是________．①x为直线，y,z为平面；②x,y,z为平面；

③x,y为直线，z为平面；④x,y为平面，z为直线； ⑤x,y,z为直线．

．如果a,b应满足的条件是__________________． 5．（1）设x是正实数，求证：(x1)(x21)(x31)8x3；

（2）若xR，不等式(x1)(x21)(x31)8x3是否仍然成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请举出一个使它不成立的x的值．

必做题答案：1．(,1)2．mn 3．①③④4．a0,b0且ab

35．（1）证明 x是正实数，由基本不等式

知x1，1x2

2x，x1，故

(x1)(x1)x(1)

3x23． 8x（当且仅当x1时等号成立）

（2）解：若xR，不等式(x1)(x21)(x31)8x3仍然成立．由（1）知，当x0时，不等式成立；当x0时，8x30，而(x1)(x21)(x31)(x1)2(x21)(x2x1)

(x1)(x1)[(x

2)

4]0，此时不等式仍然成立．

选做题：

1．若a,b,c为RtABC的三边，其中c为斜边，那么当n2，nN时，anbn与cn的大小关系为____________． 2．下面有3个命题：

x

①当x0时，2

x的最小值为2；



6②将函数ysin2x的图象向右平移个单位，可以得到函数ysin(2x



6)的图象；

③在RtABC中，ACBC，ACa，BCb，则

ABC的外接圆半径r

．类比到空

间，若三棱锥SABC的三条侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，且长度分别为a、b、c则三棱锥

S

ABC的外接球的半径R

其中错误命题的序号为________． ．．

．

3．已知f(x)xaxb．（1）求：f(1)f(3)2f(2)；

（2）求证：f(1),f(2),f(3)中至少有一个不小于选做题答案：

1．abc2．①②

3．解f(1)ab1，f(2)2ab4，f(3)3ab9，f(1)f(3)2f(2)2．（2）证明假设f(1),f(2),f(3)都小于

n

n

n

．

．则

f(1)

12,

f(2)

12,

f(3)

12,12f(2)1，1f(1)f(3)1．2f(1)f(3)2f(2)2．

35 直接证明与间接证明 第7篇

1．已知集合A＝{x|log2x≤2}，B＝(－∞，a)，若A⊆B，则实数a的取值范围是(c，＋∞)，其中c＝________.解析：由log2x≤2，得04，所以c＝4.答案：

4x2．(2010年高考山东卷)若对任意x>0a恒成立，则a的取值范围是________． x＋3x＋

1xx解析：若对任意x＞0≤a恒成立，只需求得a≥的最大值即可． x＋3x＋1x＋3x＋1

x因为x>0，设y，x＋3x＋1

x111所以y＝ 15x＋3x＋11x＋＋32 x＋3xx

1当且仅当x＝ x

1所以a的取值范围是[∞)．

51答案：[)5

1113．设a、b、c都是正数，则ab＋，c＋三个数_______． bca

①都大于

2②至少有一个大于2 ③至少有一个不大于2

④至少有一个不小于2

111111解析：假设三个数都小于2，则a＋＋b＋c，而a＋＋b＋＋c2＋2＋2bcabca

＝6，与假设矛盾．故④正确．

答案：④

1－x4．(2011年盐城质检)已知函数f(x)＝lg，若f(a)＝b，则f(－a)等于________． 1＋x

1－x解析：易证f(x)＝是奇函数，1＋x

∴f(－a)＝－f(a)＝－b.答案：－b

5．p＝ab＋cd，q＝ma＋nc小关系为________．

解析：q＝ ab＋＋cd≥ab＋abcd＋cd nm＋m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大mn

abcd＝p.答案：q≥p

6．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，若f(x)在区间[1，a](a＞2)上单调递增且f(x)＞0，则以下不等式不一定成立的是________．

①f(a)＞f(0)

1－3a③f＞f(－a)1＋aa＋12＞f(a)1－3a④f(＞f(－2)1＋a②f

解析：∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(0)＝0，又由已知a＞2，∴f(a)＞f(1)＞0＝f(0)，①成立；

1＋a∵a，∴②成立； 2当a＞2时，1－3a＜0，又f(x)为奇函数，1－3a＝－f3a－1，f(－a)＝－f(a)，∴f1＋a1＋a

3a－13a－1＜f(a)⇔3a－1＜a 且1，∴③即f1＋a1＋a1＋a

23a－1－a－1⇔a0，∴③成立； 1＋a1＋a

3a－1＜f(2)⇔3a－1－2a－3<0，对于④，有f1＋a1＋a1＋a

a－3由于a>2时a－3的符号不确定，∴＜0未必成立． 1＋a

答案：④

a2b

27．设0＜x＜1，a＞0，b＞0，a、b为常数，则________． x1－x

2a2b2b2x2a1－x解析：x＋1－x(x＋1－x)＝a＋＋b2 x1－x

≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2.答案：(a＋b)

28．(2011年南通调研)如果aa＋bb＞ab＋ba，则a、b应满足的条件是________． 解析：aa＋bb＞ab＋a⇔(a－b)2(a＋b)＞0⇔a≥0，b≥0且a≠b.答案：a≥0，b≥0且a≠b

x－y9．若|x|＜1，|y|＜1，试用分析法证明：||＜1.1－xy

证明：因为|x|＜1，|y|＜1，∴|1－xy|≠0，x－y要证|＜1，1－xy

x－y2只需证|＜1.1－xy

⇐|x－y|2＜|1－xy|2

⇐x2＋y2－2xy＜1－2xy＋x2y2

⇐x2＋y2－1－x2y2＜0

⇐(y2－1)(1－x2)＜0

⇐(1－y2)(1－x2)＞0，因为|x|＜1，|y|＜1，所以x2＜1，y2＜1，从而(1－y2)(1－x2)＞0成立．

x－y故|＜1.1－xy

10．如图所示，已知△ABC是锐角三角形，直线SA⊥平面ABC，AH⊥平面SBC，求证：H不可能是△SBC的垂心．

证明：假设H是△SBC的垂心，则BH⊥SC，又∵AH⊥平面SBC，∴SC⊥平面ABH，∴SC⊥AB.∵SA⊥平面ABC，∴AB⊥SA，又AB⊥SC，SA∩SC＝S，∴AB⊥平面SAC，∴AB⊥AC.即∠A＝90°.这与△ABC为锐角三角形矛盾，所以H不可能为△ABC的垂心．

11．(探究选做)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．

(1)若函数f(x)为理想函数，求f(0)的值；

(2)判断函数g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否为理想函数，并予以证明．

解：(1)取x1＝x2＝0可得

f(0)≥f(0)＋f(0)⇒f(0)≤0.又由条件①知f(0)≥0，故f(0)＝0.(2)g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函数．

证明如下：

显然g(x)＝2x－1在[0,1]上满足条件①g(x)≥0；

也满足条件②g(1)＝1.若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，则g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]

＝2x1＋x2－1－[(2x1－1)＋(2x2－1)]

＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1

直接证明和间接证明解析 第8篇

综合法

高考的热点问题，也是必考问题之一. 通常在解答题中某一问出现，一般为中、高档题，高考对综合法的考查常有以下三个命题角度：（1）三角函数、数列证明题；（2）几何证明题；（3）与函数、方程、不等式结合的证明题.

例1 （1）设数列[{an}]的各项都为正数，其前[n]项和为[Sn]，已知对任意[n∈N*，][Sn]是[a2n]和[an]的等差中项.

①证明数列[{an}]为等差数列，并求数列[{an}]的通项公式；

②证明：[1S1+1S2+…+1Sn<2].

（2）设[f（x）=lnx+x-1，]证明：当[x>1]时，[f（x）<][32（x-1）.]

解析 （1）①由已知得，[2Sn=a2n+an，]且[an>0.]

当[n=1]时，[2a1=a21+a1，]解得[a1=1][（a1=0舍去）.]

当[n≥2]时，有[2Sn-1=a2n-1+an-1.]

于是[2Sn-2Sn-1=a2n-a2n-1+an-an-1，]

即[2an=a2n-a2n-1+an-an-1].

于是[a2n-a2n-1=an+an-1，]

即[（an+an-1）（an-an-1）=an+an-1.]

因为[an+an-1>0，]所以[an-an-1=1（n≥2）.]

故数列[{an}]是首项为1，公差为1的等差数列，

所以数列[{an}]的通项公式为[an=n.]

②证明：因为[an=n，]所以[Sn=n（n+1）2，]

则[1Sn=2n（n+1）=21n-1n+1，]

所以[1S1+1S2+…+1Sn]

[=21-12+12-13+…+1n-1n+1]

[=21-1n+1<2].

（2）证明：法一：记[g（x）=lnx+x-1-32（x-1），]

则当[x>1]时，[g（x）=1x+12x-32<0].

又[g（1）=0，]所以[g（x）<0，]即[f（x）<32（x-1）.]

法二：由均值不等式知，当[x>1]时，[2x

故[x

令[k（x）=ln x-x+1，]则[k（1）=0，k（x）=1x-1<0，]

故[k（x）<0，]即[ln x

由①②得，当[x>1]时，[f（x）<32（x-1）].

点拨 （1）综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，经过一系列的中间推理，最后导出所证结论的真实性. 用综合法证明时的逻辑关系是：[A?B1?B2?…?Bn?B]（[A]为已知条件或数学定义、定理、公理，[B]为要证结论），它的常见书面表达是“∵，∴”或“?”；（2）利用综合法证不等式时，是以基本不等式为基础，以不等式的性质为依据，进行推理论证的.因此，关键是找到与要证结论相匹配的基本不等式及其不等式的性质.

分析法

分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，逆向分析，寻找结论成立的充分条件.应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件.

例2 分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设[a>b>c，]且[a+b+c=0，]求证：[b2-ac<3a]”索的因应是（ ）

A. [a-b>0] B. [a-c>0]

C. [（a-b）（a-c）>0] D. [（a-b）（a-c）<0]

解析 [b2-ac<3a?b2-ac<3a2，]

[?（a+c）2-ac<3a2?a2+2ac+c2-ac-3a2<0，]

[?-2a2+ac+c2<0?2a2-ac-c2>0，]

[?（a-c）（2a+c）>0?（a-c）（a-b）>0].

答案 C

例3 已知[n≥0，]试用分析法证明：[n+2-n+1][

证明 要证原不等式成立，需证[n+2+n<2n+1，]

只需证[（n+2+n）2<（2n+1）2]，只需证[n+1>][n2+2n]，

只需证[（n+1）2>n2+2n，]即[n2+2n+1>n2+2n，]

只需证[1>0，]显然成立，

所以原不等式成立.

点拨 当要证的不等式较复杂、两端差异难以消除或者已知条件信息量太少、已知与待证间的联系不明显时，一般可采用分析法. 分析法解决问题的关键：逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找结论成立的充分条件，注意把握转化方向.

反证法

反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立. 反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是[A]，或者是非[A]，即在同一讨论过程中，[A]和非[A]有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现.

例4 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（ ）

A. 方程[x3+ax+b=0]没有实根

B. 方程[x3+ax+b=0]至多有一个实根

C. 方程[x3+ax+b=0]至多有两个实根

D. 方程[x3+ax+b=0]恰好有两个实根

解析 依据反证法的要求，即至少有一个的反面是一个也没有，直接写出命题的否定. 方程[x3+ax+b=0]至少有一个实根的反面是方程[x3+ax+b=0]没有实根.

答案 A

例5 设[a，b]是两个实数，给出下列条件：①[a+b>1；]②[a+b=2；]③[a+b>2；]④[a2+b2>2；]⑤[ab>1].其中能推出：“[a，b]中至少有一个大于1”的条件是 .（填序号）

解析 若[a=12，b=23，]则[a+b>1，]但[a<1，b<1，]故①推不出；

若[a=b=1，]则[a+b=2，]故②推不出；

若[a=-2，b=-3，]则[a2+b2>2，]故④推不出；

若[a=-2，b=-3，]则[ab>1，]故⑤推不出；

对于③，即[a+b>2，]则[a，b]中至少有一个大于1，

反证法：假设[a≤1]且[b≤1，]则[a+b≤2]与[a+b>2]矛盾，因此假设不成立，故[a，b]中至少有一个大于1.

答案 ③

点拨 否定性命题，惟一性命题，至多、至少型命题，或直接从正面入手难以寻觅解题突破口的问题，宜考虑采用反证法. 注意：推导出的矛盾可能多种多样，但必须是明显的. 有的与已知条件矛盾，有的与已有公理、定理、定义矛盾，有的与假设矛盾等.

练 习

1. 已知数列[{An}：a1，a2，…，an.]如果数列[{Bn}：b1，][b2，…，bn]满足[b1=an，][bk=ak-1+ak-bk-1，]其中[k=2，3，…，n，]则称[{Bn}]为[{An}]的“衍生数列”.

（1）写出数列[{A4}：2，1，4，5]的“衍生数列”[{B4}].

（2）若[n]为偶数，且[{An}]的“衍生数列”是[{Bn}，]证明：[bn=a1].

（3）若[n]为奇数，且[{An}]的“衍生数列”是[{Bn}，][{Bn}，]的“衍生数列”是[{Cn}，]…，依次将数列[{An}，{Bn}，{Cn}，…]首项取出，构成数列[{Ω}：a1，b1，c1，…，]证明：[{Ω}]是等差数列.

2. （1）如果[a，b]都是正数，且[a≠b，]求证：[a6+b6>a4b2+a2b4.]

直接证明与间接证明——综合法与分析法参考答案 第9篇

考情分析

1．在历年的高考中，证明方法是常考内容，考查的主要方式是对它们原理的理解和用法．难度多为中档题，也有高档题．

2．从考查形式上看，主要以不等式、立体几何、解析几何、函数与方程、数列等知识为载体，考查综合法、分析法、反证法等方法．

基础知识

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． 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表示要证的结论)．

(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.2．间接证明

一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒„⇒t.t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法． 注意事项 1.综合法与分析法的关系

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．

2.(1)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．

(2)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． 题型一 综合法的应用

a2b2c

2【例1】►设a，b，c＞0，证明：bcaa＋b＋c.证明 ∵a，b，c＞0，根据均值不等式，a2b2c2

有bb≥2a，cc≥2b，aa≥2c.a2b2c2

三式相加：bcaa＋b＋c≥2(a＋b＋c)．当且仅当a＝b＝c时取等号． a2b2c2

即bcaa＋b＋c.1

1【变式1】 设a，b为互不相等的正数，且a＋b＝1，证明：a＋b＞4.1111ba证明 a＋b＝a＋b·(a＋b)＝2＋ab2＋2＝4.11

又a与b不相等．故a＋b＞4.题型二 分析法的应用

a＋mb2a2＋mb2

≤【例2】►已知m＞0，a，b∈R，求证：.1＋m1＋m证明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要证原不等式成立，只需证明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．

【变式2】 已知a，b，m都是正数，且a＜b.a＋ma求证：.b＋mb证明 要证明

a＋ma

＞，由于a，b，m都是正数，b＋mb

只需证a(b＋m)＜b(a＋m)，只需证am＜bm，由于m＞0，所以，只需证a＜b.已知a＜b，所以原不等式成立．

(说明：本题还可用作差比较法、综合法、反证法)题型三 反证法的应用

x－

2【例3】已知函数f(x)＝a＋(a＞1)．

x＋

1x

(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)用反证法证明f(x)＝0没有负根．

证明(1)法一 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0.x2－2x1－2

所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因为x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以x2＋1x1＋1x2－2x1＋1－x1－2x2＋13x2－x1＝0，x2＋1x1＋1x2＋1x1＋1x2－2x1－2

于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋0，x2＋1x1＋1故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． 法二 f′(x)＝axln a＋

0，x＋1∴f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

x0－2

(2)假设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝－，又0＜ax0＜1，所以

x0＋1x0－210＜1，即2＜x0＜2，与x0＜0(x0≠－1)假设矛盾．故f(x0)＝0没有负根．

x0＋1【变式3】 已知a，b为非零向量，且a，b不平行，求证：向量a＋b与a－b不平行．

证明 假设向量a＋b与a－b平行，即存在实数λ使a＋b＝λ(a－b)成立，则(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，∵a，b不平行，1－λ＝0，λ＝1，∴得 1＋λ＝0，λ＝－1，

所以方程组无解，故假设不成立，故原命题成立．重难点突破

【例4】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．证明(1)假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交． y＝k1x＋1，(2)由方程组

y＝k2x－1，x＝

k2－k1，解得交点P的坐标(x，y)为k2＋k1

y＝k2－k1.22k2＋k12

 从而2x＋y＝2k－k＋

21k2－k1

8＋k2k22＋k1＋2k1k21＋k2＋4＝1，k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋

4此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．

巩固提高

1． pab＋cd，qma＋ncmnm、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为()．

A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不确定

解析 q＝

madnbc

ab＋nmcdab＋2abcd＋cd

madabc

ab＋cd＝p，当且仅当nm时取等号． 答案 B

2．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，则a与b大小关系为()．A．a＞bC．a＝b

B．a＜b D．a≤b

解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，当x＜0时，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A

3．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设为()． A．a，b，c都是奇数 B．a，b，c都是偶数 C．a，b，c中至少有两个偶数

D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数

解析 ∵a，b，c恰有一个偶数，即a，b，c中只有一个偶数，其反面是有两个或两个以上偶数或没有一个偶数即全都是奇数，故只有D正确． 答案 D

4．设a、b∈R，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是()．A．b－a＞0B．a3＋b3＜0C．a2－b2＜0D．b＋a＞0 解析 ∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.答案 D

5．在用反证法证明数学命题时，如果原命题的否定事项不止一个时，必须将结论的否定情况逐一驳倒，才能肯定原命题的正确．

直接证明与间接证明测试题 第10篇

一、选择题

1．用反证法证明一个命题时，下列说法正确的是（）

Ａ．将结论与条件同时否定，推出矛盾

Ｂ．肯定条件，否定结论，推出矛盾

Ｃ．将被否定的结论当条件，经过推理得出的结论只与原题条件矛盾，才是反证法的正确运用

Ｄ．将被否定的结论当条件，原题的条件不能当条件

21．

1，即证7511

1，∵3511，∴原不等式成立．

以上证明应用了（）

Ａ．分析法Ｂ．综合法

3．若0

Ａ．abＣ．分析法与综合法配合使用Ｄ．间接证法 π，sincosa，sincosb，则（）4Ｂ．abＣ．ab1Ｄ．ab

21114．设a，b，c都是正数，则三个数a，b，c（）bca

Ａ．都大于2

Ｂ．至少有一个大于2

Ｃ．至少有一个不大于2

Ｄ．至少有一个不大于2

5．若0a1，0b1且ab，则在a

b，a2b2和2ab中最大的是（）Ａ．ab

Ｂ．x Ｃ．a2b2Ｄ．2ab 1abab，B，C6．已知函数f(x)，a，bR，Af则A，Bf，Cf，22ab

的大小关系（）

Ａ．A≤B≤CＢ．A≤C≤BＣ．B≤C≤AＤ．C≤B≤A

二、填空题

7．不共面的三条直线a，b，c相交于P，Aa，Ba，Cb，Dc，则直线AD与BC的位置关系是

8．三次函数f(x)ax31在(∞，∞)内是减函数，则a的取值范围是．

9．设向量a(21)，b(，1)(R)，若向量a与b的夹角为钝角，则的取值范围为．

三、解答题

10．设函数f(x)对任意x，yR，都有f(xy)f(x)f(y)，且x0时，f(x)0．

（1）证明f(x)为奇函数；

（2）证明f(x)在R上为减函数．

11111．已知a，b，cR，且abc1，求证：111≥8 abc

12．用分析法证明：若a

1a2． a