结束放映返回概要获取详细资料请浏览：www.zxjkw.com【2014年高考会这样考】考查直接证明为主，多隐含于各种题目中，如数列、不等式、立体几何等．第2讲直接证明与间接证明抓住2个考点突破3个考向揭秘3年高考活页限时训练直接证明间接证明考向一考向二考向三助学微博考点自测A级【例2】【训练2】【例1】【训练1】【例3】【训练3】反证法的应用分析法的应用综合法与分析法的综合应用B级利用反证法证明数学问题单击标题可完成对应小部分的学习，每小部分独立成块，可全讲，也可选讲选择题填空题解答题选择题填空题解答题考点梳理考点梳理一个思路助学微博两个提醒考点自测单击按钮显详解答案显示单击题号显示结果BBDB12345【审题视点】证明考向一分析法的应用【方法锦囊】证明考向一分析法的应用考向二【审题视点】解(1)综合法与分析法的综合应用当一个分式，分母复杂而分子简单时，进行倒数变换，是常用的化简、变形常用技巧。凑相邻项的关系考向二【审题视点】(2)证明综合法与分析法的综合应用【方法锦囊】解考向二综合法与分析法的综合应用两个式子结合后的变化是比较难想的。可以有分析法容易得到，这就是分析法和综合法综合应用的魅力分析法综合法考向三反证法的应用[审题视点]证明(1)考向三反证法的应用[审题视点][方法锦囊]证明(2)(1)解考向三反证法的应用(2)证明规范解答18——利用反证法证明数学问题揭秘3年高考揭秘3年高考【教你审题】揭秘3年高考【阅卷老师手记】【模板构建】第一步第二步第三步第四步用反证法证明数学命题的答题模板：揭秘3年高考证明一、选择题单击显：题干/详解点击题号出答案题号1234ACDCA级基础演练单击显：题干/详解点击题号出答案题号二、填空题56A级基础演练三、解答题A级基础演练87三、解答题78A级基础演练一、选择题单击显：题干/详解点击题号出答案题号12DDB级能力突破因为a，b，c是不相等的正数，
二审：
由p和乛q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；
采用分析法，移项、平方、整理．
∵a>0，两边均大于零，
只需证2≥2，
只需证1＋a>
∴2＝pr，(p－r)2＝0.p＝r，
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
(1)证明假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0矛盾，所以数列{Sn}不是等比数列．
用反证法证明不等式要把握三点：
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，
(1)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明显成立命题；⑤直接证明有困难的问题．
(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．则x2－x1＞0，，且＞0.
6．设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是________．
∴上式“＝”不能成立，即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2<0，与事实不符，假设不成立，原结论成立．
即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根.1．(201·中山调研)设a，bR，则“a＋b＝1”是“4ab≤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
所以a＋c>2.
分清命题“p→q”的条件和结论；
4．(2012·金华一模改编)已知表中的对数值有且只有一个是错误的.
x 3 5 6 8 9 lgx 2a－b a＋c－1 1＋a－b－c 3(1－a－c) 2(2a－b) 试将错误的对数值加以改正________．
(2)证明假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于.
则－
－1<－2f(2)<1，－1
－2
这与f(1)＋f(3)－2f(2)＝2矛盾．
假设错误，即所证结论成立．
6．(13分)对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足以下三条：
对任意的x[0,1]，总有f(x)≥0；f(1)＝1；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．
【训练1】已知a>0，－>1.求证：>.
(1)证明8．(13分)(201·鹤岗模拟)设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
5．(12分)已知f(x)＝x2＋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.
原命题成立
m
f(a)＋f(c)>2f(b)．
【训练2】已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．
因为f(x)＝log2x是增函数，
故f(a)＋f(c)>2f(b)．>bn(2＋2＋…＋2)＝2nbn，
求出交点坐标，代入椭圆方程验证．
解得交点P的坐标(x，y)为
2x2＋y2＝22＋2
所以l1与l2的交点P(x，y)在椭圆2x2＋y2＝1上．(13分)
断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假定乛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．
只需证a2＋＋4＋4≥a2＋＋2＋2＋2，
只需证
≥，∴原不等式成立
∴>成立
解(1)取x1＝x2＝0可得f(0)≥f(0)＋f(0)，f(0)≤0，
又由条件得f(0)≥0，故f(0)＝0.
与x0＜0(x0≠－1)假设矛盾．
采用反证法，先假设l1与
l2不相交，之后推出矛盾；
(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；
由(1)得bn＝＝n＋
则b＝bpbr.
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)
(0,16]
假设错误
2．(2012·滨州期末)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()．
A．A1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形B．A1B1C1和A2B2C2都是钝角三角形
C．A1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形D．A1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形
解析由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形．
由得
那么，A2＋B2＋C2＝，这与三角形内角和为π相矛盾．
所以假设不成立，所以A2B2C2是钝角三角形．答案D
2．(2012·滨州期末)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()．
A．A1B1C1和A2B2C2都是锐角三角形B．A1B1C1和A2B2C2都是钝角三角形
C．A1B1C1是钝角三角形，A2B2C2是锐角三角形D．A1B1C1是锐角三角形，A2B2C2是钝角三角形
＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1
因为b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)>b2＋4b，
即ac＋2(a＋c)＋4>b2＋4b＋4，
【命题研究】通过近三年的高考试题分析，直接在此知识点命题的概率不大，但作为证明和推理数学命题的方法，多隐含于各种题目中．此类证明题对知识的考查面广、涉及知识点多，题目难度较大．
(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．
即证a2＋≥2，显然成立，
解得an＝；
即是首项公差均为1的等差数列，
则＝－，又0＜＜1，
即＜x0＜2
这与k1为实数的事实相矛盾，从而k1≠k2，即l1与l2相交．(6分)
【例3】?已知函数f(x)＝ax＋(a＞1)．
(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．
(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，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的
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．
3
所以－＝＝＞0，
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．
(1)把题中所给的已知式等价变形为cn＝λcn－1＋μ形式，转化成特殊数列求解．
即数列是以＋＝为首项以为公比的等比数列，
＋＝n－1＝，
∵p，q，rN，
与p≠r矛盾．
掌握反证法的证明思路及证题步骤，明确作假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．
只需证(1＋a)(1－b)>1(1－b>0)，即1－b＋a－ab>1，
假设l1与l2不相交，则l1与l2平行或重合，有k1＝k2
【训练3】等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝(n∈N)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
1．(201·漳州一模)设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋()．
A．都大于2B．都小于2
C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于2
故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．证明如下：
任取x1，x2(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，又因为x1＋1＞0，x2＋1＞0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.
当b≠1时，欲证2an＝≤bn＋1＋1，
只需证2nbn≤(bn＋1＋1)，
从而
3．(201·株洲模拟)已知a，b，μ(0，＋∞)且＋＝1，则使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．
【例1】?用分析法证明：若a>0，则－≥a＋－2.
∴a－b>ab，
要证>成立，
【规范解答】
(1)解f(1)＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3)＝3a＋b＋9，
f(1)＋f(3)－2f(2)＝2.
1．要证明＋<2，可选择的方法有下面几种，其中最合理的是()．
A．综合法B．分析法C．特殊值法D．其他方法
2．(201·华师附中一模)用反证法证明命题：“三角形三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°
3．设a，bR，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是()．
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
2.间接证明
(1)反证法的定义
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，从而证明的证明方法．
(2)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．
由已知得
∴d＝2，
所以.2．(201·金华十校联考)对于平面α和共面的直线m，n，下列命题中真命题是()．
A．若mα，mn，则nα
B．若mα，nα，则mn
C．若mα，nα，则mn
D．若m，n与α所成的角相等，则mn
3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()．
A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0
1．答案B
2．解析“至少有一个不大于”的否定是“都大于”．
答案B
3.解析∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.答案D
4．解析空间四边形可能四边相等，但不是正方形，故A为真命题；令z1＝1＋bi，z2＝3－bi(b∈R)，显然z1＋z2＝4∈R，但z1，z2不互为共轭复数，B为假命题；假设x，y都不大于1，则x＋y>2不成立，故与题设条件“x＋y>2”矛盾，假设不成立，故C为真命题；C＋C＋…＋C＝2n为偶数，故D为真命题．排除A，C，D，应选B.答案B
5．解析要使＋≥2，只要>0且>0，即a，b不为0且同号即可，故有3个．答案3
所以log2(a＋2)(c＋2)>log2(b＋2)2，
由已知a，b，c是互不相等的非零实数，
(2)利用基本不等式证明．
∴2an＝<1＋bn＋1.
当b＝1时bn＋1＋1＝2＝2an，综上所述2an≤bn＋1＋1.
综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法分析，综合法书写．这一点在立体几何中应用最为明显，同时，在数列三角、解析几何中也大多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题．
由方程组
.(10分)
＝＝＝1，
作出与命题结论q相矛盾的假定乛q；
要证－≥a＋－2.
只需证a2＋≥，
由已知a>0，－>1成立，
由已知得＝＋·(n≥2)，
【例2】?设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.
假设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
故f(x0)＝0没有负根．
证明a，b，c(0，＋∞)，
≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又上述三个不等式中等号不能同时成立．
··＞abc成立．
上式两边同时取常用对数，
得lg＞lgabc，
lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.
5．用反证法证明命题“a，bN，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________________________．
于是f(x2)－f(x1)＝＋－＞0，
综上所述an＝
【例2】?设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.
∵(bn＋1＋1)＝(bn＋1＋1)(1＋b＋b2＋…＋bn－2＋bn－1)
＝bn
即ac＋2(a＋c)＋4>b2＋4b＋4，
从而(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.
lg5＝a＋c
只需证＋2≥a＋＋.
当b≠1时，上式变形为：＋＝
当b＝1时，有－＝1，
∴＝n，则an＝1.
(2)显然g(x)＝2x－1在[0,1]上满足条件g(x)≥0；
也满足条件g(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＝(2x2－1)(2x1－1)≥0，
即满足条件，故g(x)是理想函数．只需证：>1，即－>1.
第(2)问假设存在x0＜0后，应推导出x0的范围与x0＜0矛盾即可．
所以0＜－＜1，
【示例】(本题满分13分)(2011·安徽)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．
一审：
代入k1k2＋2＝得k＋2＝0.(4分)
(2)证明A．b－a＞0B．a3＋b3＜0
C．a2－b2＜0D．b＋a＞0
4．(2012·江西)下列命题中，假命题为()．
A．存在四边相等的四边形不是正方形
B．z1，z2C，z1＋z2为实数的充分必要条件是z1，z2互为共轭复数
C．若x，yR，且x＋y>2，则x，y至少有一个大于1D．对于任意nN＋，C＋C＋…＋C都是偶数
5．下列条件：ab>0，ab<0，a>0，b>0，a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件的个数是________．
(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；．
7．(12分)若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg＞lga＋lgb＋lgc.
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：→→→…→
(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)．
③思维过程：由因导果．
(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：→→→…→
(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
4．(201·四平二模)设a，b是两个实数，给出下列条件：
a＋b>1；a＋b＝2；a＋b>2；a2＋b2>2；ab>1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是()．
A．B．C．D．
a，b中没有一个能被5整除
第(1)问用单调增函数的定义证明；
【例3】?已知函数f(x)＝ax＋(a＞1)．
(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．
假设三个方程都没有两个相异实根，则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.
【试一试】已知a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．
上述三个式子相加并除以2得：a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0.
即log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)．
解析若“a＋b＝1”，则4ab＝4a(1－a)＝－42＋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
解析对于平面α和共面的直线m，n，真命题是“若mα，n∥α，则m∥n”．
答案C
解析因为a2＋b2－1－a2b2≤0(a2－1)(b2－1)≥0，故选D.
答案D
解析若a＝，b＝，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，a，b中至少有一个大于1.答案C
解析“至少有n个”的否定是“最多有n－1个”，故应假设a，b中没有一个能被5整除．
答案a，b中没有一个能被5整除
解析取a＝2，b＝1，得m0，显然成立．
答案m
解析a＞0，b＞0，c＞0，
＋＋＝＋＋
≥6，当且仅当a＝b＝c时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.答案D
解析由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形．
由得
那么，A2＋B2＋C2＝，这与三角形内角和为π相矛盾．
所以假设不成立，所以A2B2C2是钝角三角形．答案D
解析本题主要考查利用分析法寻求解题思路．
a，b(0，＋∞)且＋＝1，
a＋b＝(a＋b)＝10＋≥10＋2＝16，a＋b的最小值为16.
要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，0<μ≤16.
答案(0,16]
解析由2a－b＝lg3，得lg9＝2lg3＝2(2a－b)从而lg3和lg9正确，假设lg5＝a＋c－1错误，则由
得所以lg5＝1－lg2＝a＋c.因此lg5＝a＋c－1错误，正确结论是lg5＝a＋c.
答案lg5＝a＋c
(2)解当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，
即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0矛盾．
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