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高中数学高考第6节 直接证明与间接证明 教案
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这是一份高中数学高考第6节 直接证明与间接证明 教案，共11页。
1．直接证明
2.间接证明
反证法：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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( )
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( )
(3)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a≤b”．( )
(4)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×
二、教材改编
1．对于任意角θ，化简cs4θ－sin4θ＝( )
A．2sin θ B．2cs θ
C．sin 2θ D．cs 2θ
D [cs4θ－sin4θ＝(cs2θ－sin2θ)(cs2θ＋sin2θ)＝cs2θ－sin2θ＝cs 2θ.]
2．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是( )
A．假设三个内角都不大于60°
B．假设三个内角都大于60°
C．假设三个内角至多有一个大于60°
D．假设三个内角至多有两个大于60°
B [“至少有一个不大于60°”的否定是“没有不大于60°”，即“三个内角都大于60°”，故选B.]
3．若P＝eq \r(a＋6)＋eq \r(a＋7)，Q＝eq \r(a＋8)＋eq \r(a＋5)(a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P＞Q B．P＝Q
C．P＜Q D．由a的取值确定
A [由题意知P＞0，Q＞0，
P2＝2a＋13＋2eq \r(a2＋13a＋42)，
Q2＝2a＋13＋2eq \r(a2＋13a＋40).
∵eq \r(a2＋13a＋42)＞eq \r(a2＋13a＋40)，
∴P2＞Q2，∴P＞Q，故选A.]
4．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，则△ABC的形状为 三角形．
等边 [由题意2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝π，∴B＝eq \f(π,3)，又b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq \f(π,3)，
∴△ABC为等边三角形．]
考点1 综合法的应用
利用综合法证明问题的思路
设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3)；
(2)eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
[证明] (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3).
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立；
(2)因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
[母题探究]
1．若本例条件不变，证明a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
[证明] 因为a＋b＋c＝1，
所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
因为2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，
所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，
所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，
即a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
2．若本例条件“a＋b＋c＝1”换为abc＝1，其他条件不变，试证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤a2＋b2＋c2.
[证明] ∵a2＋b2≥2ab，
b2＋c2≥2bc，
c2＋a2≥2ac.
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca
＝eq \f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤a2＋b2＋c2.
解答本例第(2)问时，通过基本不等式去掉分母，然后把得到的不等式相加得到答案，这是常用的方法．
[教师备选例题]
已知函数f(x)＝－eq \f(\r(a),ax＋\r(a))(a＞0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
[证明] (1)函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．
由已知y＝－eq \f(\r(a),ax＋\r(a))，
则－1－y＝－1＋eq \f(\r(a),ax＋\r(a))＝－eq \f(ax,ax＋\r(a))，
f(1－x)＝－eq \f(\r(a),a1－x＋\r(a))＝－eq \f(\r(a),\f(a,ax)＋\r(a))
＝－eq \f(\r(a)·ax,a＋\r(a)·ax)＝－eq \f(ax,ax＋\r(a))，
∴－1－y＝f(1－x)，
即函数y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称．
(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.
∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，
f(0)＋f(1)＝－1.
则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
已知a，b，c＞0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \r(3)；
(2)eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2).
[证明] (1)∵(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2＝(a＋b＋c)＋2eq \r(ab)＋2eq \r(bc)＋2eq \r(ca)≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \r(3)(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
(2)∵a＞0，∴3a＋1＞1，
∴eq \f(4,3a＋1)＋(3a＋1)≥2eq \r(\f(4,3a＋1)×3a＋1)＝4，
∴eq \f(4,3a＋1)≥3－3aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝\f(1,3)时，取等号))，
同理得eq \f(4,3b＋1)≥3－3b，eq \f(4,3c＋1)≥3－3c，
以上三式相加得
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2)(当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时取等号)．
考点2 分析法的应用
利用分析法证明问题的思路及格式
(1)分析法的证明思路
先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．
(2)分析法的格式
通常采用“要证(欲证)……”“只需证……”“即证……”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．
(1)若a，b∈(1，＋∞)，证明eq \r(a＋b)＜eq \r(1＋ab).
[证明] 要证eq \r(a＋b)＜eq \r(1＋ab)，
只需证(eq \r(a＋b))2＜(eq \r(1＋ab))2，
只需证a＋b－1－ab＜0，
即证(a－1)(1－b)＜0.
因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，
即(a－1)(1－b)＜0成立，
所以原不等式成立．
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.
求证：eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c).
[证明] 要证eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c)，即证eq \f(a＋b＋c,a＋b)＋eq \f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq \f(c,a＋b)＋eq \f(a,b＋c)＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得，b2＝c2＋a2－2accs 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
解答本例T(2)时，先用分析法得到“需证c2＋a2＝ac＋b2”，再用综合法证明这个结论成立，这是常用的方法．
[教师备选例题]
已知a，b∈R，a＞b＞e(其中e是自然对数的底数)，用分析法证明：ba＞ab.
[证明] ∵ba＞0，ab＞0，
∴要证：ba＞ab，
只要证：aln b＞bln a，
只要证：eq \f(ln b,b)＞eq \f(ln a,a)(∵a＞b＞e)，
取函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
∴当x＞e时，f′(x)＜0，即函数f(x)在(e，＋∞)是减函数．
∴当a＞b＞e时，有f(b)＞f(a)，
即eq \f(ln b,b)＞eq \f(ln a,a)，得证．
已知a＞0，证明：eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2.
[证明] 要证eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2，
只需证eq \r(a2＋\f(1,a2))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))．
因为a＞0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))＞0，
所以只需证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a2＋\f(1,a2))))eq \s\up20(2)≥eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－2－\r(2)))eq \s\up20(2)，
即2(2－eq \r(2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq \r(2)，
只需证a＋eq \f(1,a)≥2.
因为a＞0，a＋eq \f(1,a)≥2显然成立当a＝eq \f(1,a)＝1时等号成立，
所以要证的不等式成立．
考点3 反证法的应用
反证法证明问题的三步骤
证明否定性命题
设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
[解] (1)设{an}的前n项和为Sn.
则Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，
两式相减得(1－q)Sn＝a1－a1qn＝a1(1－qn)，
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1，
所以Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，
则(a1＋1)(a3＋1)＝(a2＋1)2，
即a1a3＋a1＋a3＋1＝aeq \\al(2,2)＋2a2＋1，
因为{an}是等比数列，公比为q，
所以a1a3＝aeq \\al(2,2)，a2＝a1q，a3＝a1q2，
所以a1(1＋q2)＝2a1q.
即q2－2q＋1＝0，(q－1)2＝0，q＝1，
这与已知q≠1矛盾，
所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．
当结论是否定性命题时，无法用综合法求解，宜用反证法证明．
[教师备选例题]
设{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？
[解] (1)证明：若{Sn}是等比数列，则Seq \\al(2,2)＝S1·S3，即aeq \\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．
(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．
由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，
∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．
综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列．
证明“至多”“至少”命题
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中至少有一个方程有两个相异实根．
[证明] 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，
上述三个式子相加得：
a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.
所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的非零实数相矛盾．
因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，
bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．
“至多”“至少”命题情况较为复杂，宜用反证法证明．
1.(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
A [假设甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人成绩由高到低为甲、乙、丙；假设乙预测正确，则丙也预测正确，不合题意；假设丙预测正确，则甲预测错误，于是三人成绩由高到低为丙、乙、甲，从而乙预测正确，不合题意，综上知三人成绩由高到低为甲、乙、丙．]
2．设a>0，b>0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
[证明] 由a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq \r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，
则由a2＋a<2及a>0，得0同理，0故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
内容
综合法
分析法
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
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
思维过程
由因导果
执果索因
框图表示
eq \x(P⇒Q1)→eq \x(Q1⇒Q2)→…→eq \x(Qn⇒Q)
eq \x(Q⇐P1)→eq \x(P1⇐P2)→…→
书写格式
因为…，所以…或由…，得…
要证…，只需证…，即证…
1．直接证明
2.间接证明
反证法：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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( )
(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( )
(3)用反证法证明结论“a＞b”时，应假设“a≤b”．( )
(4)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×
二、教材改编
1．对于任意角θ，化简cs4θ－sin4θ＝( )
A．2sin θ B．2cs θ
C．sin 2θ D．cs 2θ
D [cs4θ－sin4θ＝(cs2θ－sin2θ)(cs2θ＋sin2θ)＝cs2θ－sin2θ＝cs 2θ.]
2．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”，假设正确的是( )
A．假设三个内角都不大于60°
B．假设三个内角都大于60°
C．假设三个内角至多有一个大于60°
D．假设三个内角至多有两个大于60°
B [“至少有一个不大于60°”的否定是“没有不大于60°”，即“三个内角都大于60°”，故选B.]
3．若P＝eq \r(a＋6)＋eq \r(a＋7)，Q＝eq \r(a＋8)＋eq \r(a＋5)(a≥0)，则P，Q的大小关系是( )
A．P＞Q B．P＝Q
C．P＜Q D．由a的取值确定
A [由题意知P＞0，Q＞0，
P2＝2a＋13＋2eq \r(a2＋13a＋42)，
Q2＝2a＋13＋2eq \r(a2＋13a＋40).
∵eq \r(a2＋13a＋42)＞eq \r(a2＋13a＋40)，
∴P2＞Q2，∴P＞Q，故选A.]
4．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，则△ABC的形状为 三角形．
等边 [由题意2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝π，∴B＝eq \f(π,3)，又b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝eq \f(π,3)，
∴△ABC为等边三角形．]
考点1 综合法的应用
利用综合法证明问题的思路
设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：
(1)ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3)；
(2)eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
[证明] (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq \f(1,3).
当且仅当“a＝b＝c”时等号成立；
(2)因为eq \f(a2,b)＋b≥2a，eq \f(b2,c)＋c≥2b，eq \f(c2,a)＋a≥2c，
当且仅当“a2＝b2＝c2”时等号成立，
故eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥a＋b＋c.
所以eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,c)＋eq \f(c2,a)≥1.
[母题探究]
1．若本例条件不变，证明a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
[证明] 因为a＋b＋c＝1，
所以1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac，
因为2ab≤a2＋b2,2bc≤b2＋c2,2ac≤a2＋c2，
所以2ab＋2bc＋2ac≤2(a2＋b2＋c2)，
所以1≤a2＋b2＋c2＋2(a2＋b2＋c2)，
即a2＋b2＋c2≥eq \f(1,3).
2．若本例条件“a＋b＋c＝1”换为abc＝1，其他条件不变，试证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤a2＋b2＋c2.
[证明] ∵a2＋b2≥2ab，
b2＋c2≥2bc，
c2＋a2≥2ac.
∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca
＝eq \f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)，
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立．
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)≤a2＋b2＋c2.
解答本例第(2)问时，通过基本不等式去掉分母，然后把得到的不等式相加得到答案，这是常用的方法．
[教师备选例题]
已知函数f(x)＝－eq \f(\r(a),ax＋\r(a))(a＞0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
[证明] (1)函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．
由已知y＝－eq \f(\r(a),ax＋\r(a))，
则－1－y＝－1＋eq \f(\r(a),ax＋\r(a))＝－eq \f(ax,ax＋\r(a))，
f(1－x)＝－eq \f(\r(a),a1－x＋\r(a))＝－eq \f(\r(a),\f(a,ax)＋\r(a))
＝－eq \f(\r(a)·ax,a＋\r(a)·ax)＝－eq \f(ax,ax＋\r(a))，
∴－1－y＝f(1－x)，
即函数y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))对称．
(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.
∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，
f(0)＋f(1)＝－1.
则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
已知a，b，c＞0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \r(3)；
(2)eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2).
[证明] (1)∵(eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c))2＝(a＋b＋c)＋2eq \r(ab)＋2eq \r(bc)＋2eq \r(ca)≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴eq \r(a)＋eq \r(b)＋eq \r(c)≤eq \r(3)(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
(2)∵a＞0，∴3a＋1＞1，
∴eq \f(4,3a＋1)＋(3a＋1)≥2eq \r(\f(4,3a＋1)×3a＋1)＝4，
∴eq \f(4,3a＋1)≥3－3aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当a＝\f(1,3)时，取等号))，
同理得eq \f(4,3b＋1)≥3－3b，eq \f(4,3c＋1)≥3－3c，
以上三式相加得
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴eq \f(1,3a＋1)＋eq \f(1,3b＋1)＋eq \f(1,3c＋1)≥eq \f(3,2)(当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时取等号)．
考点2 分析法的应用
利用分析法证明问题的思路及格式
(1)分析法的证明思路
先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．
(2)分析法的格式
通常采用“要证(欲证)……”“只需证……”“即证……”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．
(1)若a，b∈(1，＋∞)，证明eq \r(a＋b)＜eq \r(1＋ab).
[证明] 要证eq \r(a＋b)＜eq \r(1＋ab)，
只需证(eq \r(a＋b))2＜(eq \r(1＋ab))2，
只需证a＋b－1－ab＜0，
即证(a－1)(1－b)＜0.
因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，
即(a－1)(1－b)＜0成立，
所以原不等式成立．
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.
求证：eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c).
[证明] 要证eq \f(1,a＋b)＋eq \f(1,b＋c)＝eq \f(3,a＋b＋c)，即证eq \f(a＋b＋c,a＋b)＋eq \f(a＋b＋c,b＋c)＝3，也就是eq \f(c,a＋b)＋eq \f(a,b＋c)＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
需证c2＋a2＝ac＋b2，
又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，
由余弦定理，得，b2＝c2＋a2－2accs 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．
于是原等式成立．
解答本例T(2)时，先用分析法得到“需证c2＋a2＝ac＋b2”，再用综合法证明这个结论成立，这是常用的方法．
[教师备选例题]
已知a，b∈R，a＞b＞e(其中e是自然对数的底数)，用分析法证明：ba＞ab.
[证明] ∵ba＞0，ab＞0，
∴要证：ba＞ab，
只要证：aln b＞bln a，
只要证：eq \f(ln b,b)＞eq \f(ln a,a)(∵a＞b＞e)，
取函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
∴当x＞e时，f′(x)＜0，即函数f(x)在(e，＋∞)是减函数．
∴当a＞b＞e时，有f(b)＞f(a)，
即eq \f(ln b,b)＞eq \f(ln a,a)，得证．
已知a＞0，证明：eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2.
[证明] 要证eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2，
只需证eq \r(a2＋\f(1,a2))≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))．
因为a＞0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－(2－eq \r(2))＞0，
所以只需证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a2＋\f(1,a2))))eq \s\up20(2)≥eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－2－\r(2)))eq \s\up20(2)，
即2(2－eq \r(2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq \r(2)，
只需证a＋eq \f(1,a)≥2.
因为a＞0，a＋eq \f(1,a)≥2显然成立当a＝eq \f(1,a)＝1时等号成立，
所以要证的不等式成立．
考点3 反证法的应用
反证法证明问题的三步骤
证明否定性命题
设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
[解] (1)设{an}的前n项和为Sn.
则Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，
两式相减得(1－q)Sn＝a1－a1qn＝a1(1－qn)，
当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1，
所以Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))
(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，
则(a1＋1)(a3＋1)＝(a2＋1)2，
即a1a3＋a1＋a3＋1＝aeq \\al(2,2)＋2a2＋1，
因为{an}是等比数列，公比为q，
所以a1a3＝aeq \\al(2,2)，a2＝a1q，a3＝a1q2，
所以a1(1＋q2)＝2a1q.
即q2－2q＋1＝0，(q－1)2＝0，q＝1，
这与已知q≠1矛盾，
所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．
当结论是否定性命题时，无法用综合法求解，宜用反证法证明．
[教师备选例题]
设{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？
[解] (1)证明：若{Sn}是等比数列，则Seq \\al(2,2)＝S1·S3，即aeq \\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．
(2)当q＝1时，{Sn}是等差数列．当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)．
由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，
∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．
综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列．
证明“至多”“至少”命题
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中至少有一个方程有两个相异实根．
[证明] 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，
上述三个式子相加得：
a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.
所以a＝b＝c这与a，b，c是互不相等的非零实数相矛盾．
因此假设不成立，故三个方程ax2＋2bx＋c＝0，
bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0中至少有一个方程有两个相异实根．
“至多”“至少”命题情况较为复杂，宜用反证法证明．
1.(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
A [假设甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人成绩由高到低为甲、乙、丙；假设乙预测正确，则丙也预测正确，不合题意；假设丙预测正确，则甲预测错误，于是三人成绩由高到低为丙、乙、甲，从而乙预测正确，不合题意，综上知三人成绩由高到低为甲、乙、丙．]
2．设a>0，b>0，且a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
[证明] 由a＋b＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq \r(ab)＝2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，
则由a2＋a<2及a>0，得0
内容
综合法
分析法
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
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
思维过程
由因导果
执果索因
框图表示
eq \x(P⇒Q1)→eq \x(Q1⇒Q2)→…→eq \x(Qn⇒Q)
eq \x(Q⇐P1)→eq \x(P1⇐P2)→…→
书写格式
因为…，所以…或由…，得…
要证…，只需证…，即证…
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