基礎知識：
1.直接證明
2.間接證明
基礎練習：
1.判斷下面結論是否正確(請在括號中打「√」或「×」)
(1)綜合法是直接證明，分析法是間接證明
(2)分析法是從要證明的結論出發，逐步尋找使結論成立的充要條件
(3)用反證法證明結論「a>b」時，應假設「a(4)反證法是指將結論和條件同時否定，推出矛盾
(5)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現解決問題的過程.
( √ )
(6)證明不等式＋<＋最合適的方法是分析法
2.若a，b，c為實數，且aa.ac2ab>b2
c.答案 b
解析 a2－ab＝a(a－b)，
∵a0，∴a2>ab
又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2
由①②得a2>ab>b2.
3.設a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x<0)，則a與b的大小關係為
a.a>b b.a答案 a
解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，當x<0時，0∴a>b.
4.用反證法證明某命題時，對結論：「自然數a，b，c中恰有乙個偶數」正確的反設為( )
a.a，b，c中至少有兩個偶數
b.a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數
c.a，b，c都是奇數
d.a，b，c都是偶數
答案 b
解析自然數a，b，c中為偶數的情況為a，b，c全為偶數；a，b，c中有兩個數為偶數；a，b，c全為奇數；a，b，c中恰有乙個數為偶數，所以反設為a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數.
5.如果a＋b>a＋b，則a、b應滿足的條件是________.
答案 a≥0，b≥0且a≠b
解析 ∵a＋b－(a＋b)＝ (a－b)＋ (b－a)
＝(－)(a－b)＝(－)2(＋).
∴當a≥0，b≥0且a≠b時，(－)2(＋)>0.
故a＋b>a＋b成立的條件是a≥0，b≥0且a≠b.
深度分類剖析：
題型一綜合法的應用
例1 對於定義域為[0,1]的函式f(x)，如果同時滿足：
①對任意的x∈[0,1]，總有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，則稱函式f(x)為理想函式.
(1)若函式f(x)為理想函式，證明：f(0)＝0；
(2)試判斷函式f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝ (x∈[0,1])是否是理想函式.
思維啟迪 (1)取特殊值代入計算即可證明；
(2)對照新定義中的3個條件，逐一代入驗證，只有滿足所有條件，才能得出「是理想函式」的結論，否則得出「不是理想函式」的結論.
(1)證明取x1＝x2＝0，則x1＋x2＝0≤1，
∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.
又對任意的x∈[0,1]，總有f(x)≥0，
∴f(0)≥0.於是f(0)＝0.
(2)解對於f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不滿足新定義中的條件②，
∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函式.
對於f(x)＝x2，x∈[0,1]，顯然f(x)≥0，且f(1)＝1.
任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，
f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)
＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，
即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2).
∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函式.
對於f(x)＝，x∈[0,1]，顯然滿足條件①②.
對任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，
有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0，
即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.
∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不滿足條件③.
∴f(x)＝ (x∈[0,1])不是理想函式.
綜上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函式，
f(x)＝2x(x∈[0,1])與f(x)＝ (x∈[0,1])不是理想函式.
思維昇華用綜合法證題是從已知條件出發，逐步推向結論，綜合法的適用範圍：
(1)定義明確的問題，如證明函式的單調性、奇偶性，求證無條件的等式或不等式.
(2)已知條件明確，並且容易通過分析和應用條件逐步逼近結論的題型.在使用綜合法證明時，易出現的錯誤是因果關係不明確，邏輯表達混亂.
定義：若數列滿足an＋1＝a，則稱數列為「平方遞推數列」.已知數列中，a1＝2，點(an，an＋1)在函式f(x)＝2x2＋2x的圖象上，其中n為正整數，證明：
數列是「平方遞推數列」.
證明 ∵點(an，an＋1)在函式f(x)＝2x2＋2x的圖象上，
∴an＋1＝2a＋2an，
∴2an＋1＋1＝4a＋4an＋1＝(2an＋1)2，
∴是「平方遞推數列」.
題型二分析法的應用
例2 已知m>0，a，b∈r，求證：()2≤.
思維啟迪將要證分式化成整式，再合併同類項.
證明 ∵m>0，∴1＋m>0.
所以要證原不等式成立，
只需證(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，
即證m(a2－2ab＋b2)≥0，
即證(a－b)2≥0，
而(a－b)2≥0顯然成立，
故原不等式得證.
思維昇華分析法的特點和思路是「執果索因」，即從「未知」看「需知」，逐步靠攏「已知」或本身已經成立的定理、性質或已經證明成立的結論等，運用分析法必須考慮條件的必要性是否成立.通常採用「欲證—只需證—已知」的格式，在表達中要注意敘述形式的規範.
已知a，b∈(0，＋∞)，求證：(a3＋b3) <(a2＋b2) .
證明因為a，b∈(0，＋∞)，所以要證原不等式成立，
只需證[(a3＋b3) ]6<[(a2＋b2) ]6，
即證(a3＋b3)2<(a2＋b2)3，
即證a6＋2a3b3＋b6只需證2a3b3<3a4b2＋3a2b4.
因為a，b∈(0，＋∞)，
所以即證2ab<3(a2＋b2).
而a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab>2ab成立，
以上步驟步步可逆，
所以(a3＋b3) <(a2＋b2) .
題型三反證法的應用
例3 已知數列的前n項和為sn，且滿足an＋sn＝2.
(1)求數列的通項公式；
(2)求證：數列中不存在三項按原來順序成等差數列.
思維啟迪 (1)先利用sn－sn－1＝an(n≥2)兩式相減得an和an＋1的關係，再求an；
(2)用反證法證明.
(1)解當n＝1時，a1＋s1＝2a1＝2，則a1＝1.
又an＋sn＝2，所以an＋1＋sn＋1＝2，
兩式相減得an＋1＝an，
所以是首項為1，公比為的等比數列，所以an＝.
(2)證明反證法：假設存在三項按原來順序成等差數列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p則2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1
又因為p所以①式左邊是偶數，右邊是奇數，等式不成立.
所以假設不成立，原命題得證.
思維昇華 (1)當乙個命題的結論是以「至多」、「至少」、「唯一」或以否定形式出現時，可用反證法來證，反證法關鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是與已知條件矛盾，與假設矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實矛盾等.
(2)用反證法證明不等式要把握三點：①必須否定結論；②必須從否定結論進行推理；③推導出的矛盾必須是明顯的.
在△abc中，∠a、∠b、∠c的對邊分別為a、b、c，若a、b、c三邊的倒數成等差數列，求證：∠b<90°.
證明假設∠b<90°不成立，即∠b≥90°，
從而∠b是△abc的最大角，∴b是△abc的最大邊，
即b>a，b>c.
∴>， >，相加得
＋>＋＝，這與＋＝矛盾.
故∠b≥90°不成立，即∠b<90°.
混淆特殊值檢驗和一般性證明致誤
典例：(12分)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函式f(x＋1)與f(x)的圖象關於y軸對稱，求證：f(x＋)為偶函式.
易錯分析在證明f(x＋)是偶函式時，用特殊值f(＋)＝f(－＋)成立來判斷f(x＋)是偶函式.
規範解答
證明由函式f(x＋1)與f(x)的圖象關於y軸對稱，
可知f(x＋1)＝f(－x).[4分]
將x換成x－代入上式可得
f(x－＋1)＝f[－(x－)]，
即f(x＋)＝f(－x＋)，[10分]
由偶函式的定義可知f(x＋)為偶函式.[12分]
溫馨提醒在證明數學命題時，必須通過嚴格的推理來證明對任意滿足題意的條件，命題的結論都成立，特殊值的檢驗不能代替一般性的證明.
2 2直接證明和間接證明教師版
2.2 直接證明和間接證明 1 1 用反證法證明命題 設為實數，則方程至少有乙個實根 時，要做的假設是 a.方程沒有實根 b.方程至多有乙個實根 c.方程至多有兩個實根 d.方程恰好有兩個實根 答案 a 解析 反證法的步驟第一步是假設命題反面成立，而 至少有乙個根 的否定是 沒有 故選a.考點 反證...
132直接證明與間接證明
1 直接證明 1 綜合法 定義 利用已知條件和某些數學定義 定理 公理等，經過一系列的推理論證，最後推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法 框圖表示 其中p表示已知條件 已有的定義 定理 公理等，q表示要證的結論 思維過程 由因導果 2 分析法 定義 從要證明的結論出發，逐步尋求使它成立的...
直接證明與間接證明教案
高中數學教案 學習目標 1 結合已經學過的數學例項，了解直接證明的兩種基本方法 綜合法和分析法，了解間接證明的一種基本方法 反證法 2 了解綜合法 分析法和反證法的思考過程 特點.教學重點 根據問題的特點，結合綜合法 分析法和反證法的思考過程 特點，選擇適當的證明方法或把不同的證明方法結合使用.難點...