數學方法之特殊證法
【考情分析】
近幾年的高考雖然削弱了在不等式證明方面的要求，但像立體幾何中位置關係的認定，數列關係式的認可以及解析幾何性質的證明都是頻頻出現的考試形式。在高考中所佔的分值大約在30分左右。
這類考題的特點是：
（1）立體幾何證明多以線、面間垂直或平行關係的證明為主，解決此類問題的思路是應用好在該部分學習的判定定理和性質定理即可；
（2）數列題可能是與等差等比數列定義或性質有關的結論的證明問題（譬如證明數列是否為等差或等比數列，這類題目要應用好定義和性質公式，技巧性很強）、也可能是復合不等式知識的或單純等式形式的與自然數有關的結論的證明問題（解題思路是可能應用數學歸納法或放縮法）；
（3）解析幾何中的解答題經常與平面幾何圖形相結合，經常判斷一些位置關係，此類題目的證明多要結合幾何特徵，應用好代數關係式說明；
**2023年高考的趨勢為：題型、題量以及出題點還和往年一樣，基本保持不變；
【知識交匯】
1．定義法
所謂定義法，就是直接用數學定**決問題。數學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來。定義是揭示概念內涵的邏輯方法，它通過指出概念所反映的事物的本質屬性來明確概念。
定義是千百次實踐後的必然結果，它科學地反映和揭示了客觀世界的事物的本質特點。簡單地說，定義是基本概念對數學實體的高度抽象。用定義法解題，是最直接的方法。
2．反證法
反證法是屬於「間接證明法」一類，是從反面的角度思考問題的證明方法，即：肯定題設而否定結論，從而匯出矛盾推理而得。反證法的實質：
「若肯定定理的假設而否定其結論，就會導致矛盾」。具體地講，反證法就是從否定命題的結論入手，並把對命題結論的否定作為推理的已知條件，進行正確的邏輯推理，使之得到與已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題等相矛，矛盾的原因是假設不成立，所以肯定了命題的結論，從而使命題獲得了證明。
反證法的證題模式可以簡要的概括我為「否定→推理→否定」。即從否定結論開始，經過正確無誤的推理導致邏輯矛盾，達到新的否定，可以認為反證法的基本思想就是「否定之否定」。
應用反證法證明的主要三步是：否定結論 → 推導出矛盾 → 結論成立。實施的具體步驟是：
第一步，反設：作出與求證結論相反的假設；
第二步，歸謬：將反設作為條件，並由此通過一系列的正確推理匯出矛盾；
第三步，結論：說明反設不成立，從而肯定原命題成立。
在應用反證法證題時，一定要用到「反設」進行推理，否則就不是反證法。用反證法證題時，如果欲證明的命題的方面情況只有一種，那麼只要將這種情況駁倒了就可以，這種反證法又叫「歸謬法」；如果結論的方面情況有多種，那麼必須將所有的反面情況一一駁倒，才能推斷原結論成立，這種證法又叫「窮舉法」。
一般來講，反證法常用來證明的題型有：命題的結論以「否定形式」、「至少」或「至多」、「唯一」、「無限」形式出現的命題；或者否定結論更明顯。具體、簡單的命題；或者直接證明難以下手的命題，改變其思維方向，從結論入手進行反面思考，問題可能解決得十分乾脆。
3．數學歸納法
數學歸納法是用來證明某些與自然數有關的數學命題的一種推理方法，在解數學題中有著廣泛的應用。它是乙個遞推的數學論證方法，論證的第一步是證明命題在n＝1(或n)時成立，這是遞推的基礎；第二步是假設在n＝k時命題成立，再證明n＝k＋1時命題也成立，這是無限遞推下去的理論依據，它判斷命題的正確性能否由特殊推廣到一般，實際上它使命題的正確性突破了有限，達到無限。這兩個步驟密切相關，缺一不可，完成了這兩步，就可以斷定「對任何自然數（或n≥n且n∈n）結論都正確」。
由這兩步可以看出，數學歸納法是由遞推實現歸納的，屬於完全歸納。
運用數學歸納法證明問題時，關鍵是n＝k＋1時命題成立的推證，此步證明要具有目標意識，注意與最終要達到的解題目標進行分析比較，以此確定和調控解題的方向，使差異逐步減小，最終實現目標完成解題。
運用數學歸納法，可以證明下列問題：與自然數n有關的恒等式、代數不等式、三角不等式、數列問題、幾何問題、整除性問題等等。
4．不等式的證明方法
（1）比較法是證明不等式最基本、最常用、最重要的方法之一。它包括「作差法」與「作商法」，比差法的理論依據是：
比商法的理論依據是a，b∈r＋，那麼：
判斷a，b的大小，當a，b∈r時，可以通過判斷a－b與0的大小來完成。當a，b∈r＋時，可以通過判斷與1的大小來完成。
比較法這種方法其本質就在於單獨討論「a，b」不等式難以證明時，就「a－b，」整體討論，使問題遷移「環境」，給問題帶來新的結構。對a－b，變形後與0，1的比較提供可能，這種變形後的式子結構「a－b，」能夠和「0，1」比較大小是比較法的精髓。
作差法中，對差「a－b」的變形方法通常有通分、配方（非負數）、因式分解、二次函式的判別式等。
作商法的一般步驟是，求商變形判斷與1的大小。
方法的選擇：若不等式兩邊含有相同的項，或者作差以後能進行因式分解；能用配方法，能寫成分式判斷其符號，可使用作差法。
若不等式兩邊是指數形式，能使分子、分母變形得到相同結果的不等式，用作商法比較容易，也就是說，凡適合於求「商」運算，並能比較出商與1的大小的不等式，一般都適合於用作商法證明。
（2）綜合法
綜合法就是由已知出發，根據不等式性質，基本不等式等，逐步推導得到所要證明的不等式的一種方法，也就是用因果關係書寫「從已知出發」借助不等式性質和有關定理，經過逐步的邏輯推理，最後達到待證不等式得證的全過程，其特點可描述為「執因索果」，即從「已知」看「可知」逐步推向「未知」，綜合法證明題邏輯性很強，它要求每步推理都要有依據。
（3）分析法
證明不等式，可以從待證的不等式出發，分析使這個不等式成立的充分條件，把證明不等式轉化成為判定這些充分條件是否具備的問題，如果能斷定這些充分條件都已具備，那麼就可以斷定原不等式成立，這種證明方法叫做分析法。
分析法是從結論入手，逆求使它成立的充分條件，直到和已知條件溝通為止，概括地說就是「從未知，看需知，逐步靠攏已知」。
分析法證明「若a則b」的基本模式是
欲證b為真
只需證b1為真
只需證b2為真
…………
只需證a為真，
今已知a為真，故b必真
其邏輯關係是
（4）放縮法
在證明不等式a＞b時，可以構造出數學式c，使a＞c，且c＞b，則a＞b得證。其中數學式c常常通過將a縮小或將b放大而構成，它的依據是不等式的傳遞性，這種證明方法叫做放縮法，用放縮法證明不等式，在高中數學中占有一定的比重。
【思想方法】
題型1：定義法
例1．（11天津理，20））已知數列與滿足：， ，且．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）設，證明：是等比數列；
（iii）設證明：．
本小題主要考查等比數列的定義、數列求和等基礎知識，考查運算能力、推理論證能力、綜合分析和解決問題的能力及分類討論的思想方法.滿分14分.
（i）解：由
可得又（ii）證明：對任意
①②③②—③，得 ④
將④代入①，可得即又
因此是等比數列.
（iii）證明：由（ii）可得，
於是，對任意，有
將以上各式相加，得
即，此式當k=1時也成立.由④式得
從而所以，對任意，
對於n=1，不等式顯然成立.
所以，對任意
題型2：反證法
例3．（2010江西理數理，22）證明以下命題：
（1）對任一正整a,都存在整數b,c(b（2）存在無窮多個互不相似的三角形△，其邊長為正整數且成等差數列。
【解析】作為壓軸題，考查數學綜合分析問題的能力以及創新能力。
（1）考慮到結構要證，；類似勾股數進行拼湊。
證明：考慮到結構特徵，取特值滿足等差數列，只需取b=5a，c=7a，對一切正整數a均能成立。
結合第一問的特徵，將等差數列分解，通過乙個可做多種結構分解的因式說明構成三角形，再證明互不相似，且無窮。
證明：當成等差數列，則，
分解得：
選取關於n的乙個多項式，做兩種途徑的分解
對比目標式，構造，由第一問結論得，等差數列成立，考察三角形邊長關係，可構成三角形的三邊。
下證互不相似。
任取正整數m，n，若△m，△相似：則三邊對應成比例，
由比例的性質得：，與約定不同的值矛盾，故互不相似。
點評：本題證明推出的結果是與題設矛盾。
例4．（11陝西理，21）設函式定義在上，，導函式，．
（1）求的單調區間和最小值；
（2）討論與的大小關係；
（3）是否存在，使得對任意成立？若存在，求出的取值範圍；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）先求出原函式，再求得，然後利用導數判斷函式的單調性（單調區間），並求出最小值；（2）作差法比較，構造乙個新的函式，利用導數判斷函式的單調性，並由單調性判斷函式的正負；（3）存在性問題通常採用假設存在，然後進行求解；注意利用前兩問的結論．
【解】（1）∵，∴（為常數），又∵，所以，即，
∴；，∴，令，即，解得，
當時，，是減函式，故區間在是函式的減區間；
當時，，是增函式，故區間在是函式的增區間；
所以是的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點，
所以的最小值是．
（2），設，
則，當時，，即，
當時，，，
因此函式在內單調遞減，
當時， =0，∴；
當時， =0，∴．
（3）滿足條件的不存在．證明如下：
證法一假設存在，使對任意成立，
即對任意有
但對上述的，取時，有，這與①左邊的不等式矛盾，
因此不存在，使對任意成立．
證法二假設存在，使對任意成立，
由（1）知，的最小值是，
又，而時，的值域為，
∴當時，的值域為，
從而可以取乙個值，使，即,
∴，這與假設矛盾．
∴不存在，使對任意成立．
題型3：數學歸納法
例5．（11湖南理，22）已知函式() =，g ()=+。
（ⅰ）求函式h ()=()-g ()的零點個數，並說明理由；
（ⅱ）設數列滿足，，證明：存在常數m,使得對於任意的，都有≤.
解析：（i）由知，，而，且，則為的乙個零點，且在內有零點，因此至少有兩個零點
解法1：，記，則。
當時，，因此在上單調遞增，則在內至多只有乙個零點。又因為，則在內有零點，所以在內有且只有乙個零點。記此零點為，則當時，；當時，；
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