第一篇：離散數學證明題解題方法
離散數學是現代數學的一個重要分支，是計算機科學中基礎理論的核心課程。離散數學以研究離散量的結構和相互間的關系為主要目標，其研究對象一般地是有限個或可數個元素，因此他充分描述了計算機科學離散性的特點。
1、定義和定理多。
離散數學是建立在大量定義上面的邏輯推理學科。因而對概念的理解是我們學習這門學科的核心。在這些概念的基礎上，特別要注意概念之間的聯系，而描述這些聯系的實體則是大量的定理和性質。
●證明等價關系：即要證明關系有自反、對稱、傳遞的性質。
●證明偏序關系：即要證明關系有自反、反對稱、傳遞的性質。（特殊關系的證明就列出來兩種，要證明剩下的幾種只需要結合定義來進行）。
●證明滿射：函數f：XY，即要證明對于任意的yY，都有x
或者對于任意的f(x1)=f(x2)，則有x1=x2。
●證明集合等勢：即證明兩個集合中存在雙射。有三種情況：第一、證明兩個具體的集合等勢，用構造法，或者直接構造一個雙射，或者構造兩個集合相互間的入射；第二、已知某個集合的基數，如果為?，就設它和R之間存在雙射f，然后通過f的性質推出另外的雙射，因此等勢；如果為?0，則設和N之間存在雙射；第三、已知兩個集合等勢，然后再證明另外的兩個集合等勢，這時，先設已知的兩個集合存在雙射，然后根據剩下題設條件證明要證的兩個集合存在雙射。
●證明群：即要證明代數系統封閉、可結合、有幺元和逆元。（同樣，這一部分能夠作為證明題的概念更多，要結合定義把它們全部搞透徹）。
●證明子群：雖然子群的證明定理有兩個，但如果考證明子群的話，通常是第二個定理，即設
1是
●證明正規子群：若
圖論雖然方法性沒有前幾部分的強，但是也有一定的方法，如最長路徑法、構造法等等 下面講一下離散證明題的證明方法：
1、直接證明法
直接證明法是最常見的一種證明的方法，它通常用作證明某一類東西具有相同的性質，或者符合某一些性質必定是某一類東西。
直接證明法有兩種思路，第一種是從已知的條件來推出結論，即看到條件的時候，并不知道它怎么可以推出結論，則可以先從已知條件按照定理推出一些中間的條件（這一步可能是沒有目的的，要看看從已知的條件中能夠推出些什么），接著，選擇可以推出結論的那個條件繼續往下推演；另外一種是從結論反推回條件，即看到結論的時候，首先要反推一下，看看S,則
從哪些條件可以得出這個結論（這一步也可能是沒有目的的，因為并不知道要用到哪個條件），以此類推一直到已知的條件。通常這兩種思路是同時進行的。
2、反證法
反證法是證明那些“存在某一個例子或性質”，“不具有某一種的性質”，“僅存在唯一”等的題目。
它的方法是首先假設出所求命題的否命題，接著根據這個否命題和已知條件進行推演，直至推出與已知條件或定理相矛盾，則認為假設是不成立的，因此，命題得證。
3、構造法
證明“存在某一個例子或性質”的題目，我們可以用反證法，假設不存在這樣的例子和性質，然后推出矛盾，也可以直接構造出這么一個例子就可以了。這就是構造法，通常這樣的題目在圖論中多見。值得注意的是，有一些題目其實也是本類型的題目，只不過比較隱蔽罷了，像證明兩個集合等勢，實際上就是證明“兩個集合中存在一個雙射”，我們即可以假設不存在，用反證法，也可以直接構造出這個雙射。
4、數學歸納法
數學歸納法是證明與自然數有關的題目，而且這一類型的題目可以遞推。作這一類型題目的時候，要注意一點就是所要歸納內容的選擇。
學習離散數學的最大困難是它的抽象性和邏輯推理的嚴密性。在離散數學中，假設讓你解一道題或證明一個命題，你應首先讀懂題意，然后尋找解題或證明的思路和方法，當你相信已找到了解題或證明的思路和方法，你必須把它嚴格地寫出來。一個寫得很好的解題過程或證明是一系列的陳述，其中每一條陳述都是前面的陳述經過簡單的推理而得到的。仔細地寫解題過程或證明是很重要的，既能讓讀者理解它，又能保證解題過程或證明準確無誤。一個好的解題過程或證明應該是條理清楚、論據充分、表述簡潔的。針對這一要求，在講課中老師會提供大量的典型例題供同學們參考和學習。
在學習離散數學中所遇到的這些困難，可以通過多學、多看、認真分析講課中所給出的典型例題的解題過程，再加上多練，從而逐步得到解決。在此特別強調一點：深入地理解和掌握離散數學的基本概念、基本定理和結論，是學好離散數學的重要前提之一。所以，同學們要準確、全面、完整地記憶和理解所有這些基本定義和定理。
學好高數＝基本概念透＋基本定理牢＋基本網絡有＋基本常識記＋基本題型熟。數學就是一個概念＋定理體系(還有推理)，對概念的理解至關重要，比如說極限、導數等
再快樂的單身漢遲早也會結婚,幸福不是永久的嘛！
愛就像坐旋轉木馬，雖然永遠在你愛人的身后，但隔著永恒的距離。
相互牽著的手,永不放開,直到他的出現,你離開了我.時光就這樣靜靜的流淌,那些在躺在草地上曬太陽的時光,那些拂面吹來的風.明知道是讓對方痛苦的愛就不要讓它繼續下去，割舍掉。如果不行就將它凍結在自己內心最深的角落。
第二篇：數學證明題解題方法
數學證明題解題方法
第一步：結合幾何意義記住零點存在定理、中值定理、泰勒公式、極限存在的兩個準則等基本原理，包括條件及結論。知道基本原理是證明的基礎，知道的程度(即就是對定理理解的深入程度)不同會導致不同的推理能力。如2006年數學一真題第16題(1)是證明極限的存在性并求極限。只要證明了極限存在，求值是很容易的，但是如果沒有證明第一步，即使求出了極限值也是不能得分的。因為數學推理是環環相扣的，如果第一步未得到結論，那么第二步就是空中樓閣。這個題目非常簡單，只用了極限存在的兩個準則之一：單調有界數列必有極限。只要知道這個準則，該問題就能輕松解決，因為對于該題中的數列來說，“單調性”與“有界性”都是很好驗證的。像這樣直接可以利用基本原理的證明題并不是很多，更多的是要用到第二步。
第二步：借助幾何意義尋求證明思路。一個證明題，大多時候是能用其幾何意義來正確解釋的，當然最為基礎的是要正確理解題目文字的含義。如2007年數學一第19題是一個關于中值定理的證明題，可以在直角坐標系中畫出滿足題設條件的函數草圖，再聯系結論能夠發現：兩個函數除兩個端點外還有一個函數值相等的點，那就是兩個函數分別取最大值的點(正確審題：兩個函數取得最大值的點不一定是同一個點)之間的一個點。這樣很容易想到輔助函數F(x)=f(x)-g(x)有三個零點，兩次應用羅爾中值定理就能得到所證結論。再如2005年數學一第18題(1)是關于零點存在定理的證明題，只要在直角坐標系中結合所給條件作出函數y=f(x)及y=1-x在上的圖形就立刻能看到兩個函數圖形有交點，這就是所證結論，重要的是寫出推理過程。從圖形也應該看到兩函數在兩個端點處大小關系恰好相反，也就是差函數在兩個端點的值是異號的，零點存在定理保證了區間內有零點，這就證得所需結果。如果第二步實在無法完滿解決問題的話，轉第三步。
第三步：逆推。從結論出發尋求證明方法。如2004年第15題是不等式證明題，該題只要應用不等式證明的一般步驟就能解決問題：即從結論出發構造函數，利用函數的單調性推出結論。在判定函數的單調性時需借助導數符號與單調性之間的關系，正常情況只需一階導的符號就可判斷函數的單調性，非正常情況卻出現的更多(這里所舉出的例子就屬非正常情況)，這時需先用二階導數的符號判定一階導數的單調性，再用一階導的符號判定原來函數的單調性，從而得所要證的結果。該題中可設F(x)=ln*x-ln*a-4(x-a)/e*,其中eF(a)就是所要證的不等式。
第三篇：離散數學證明題
證明題
1.用等值演算法證明下列等值式：
（1）┐(P?Q)?(P∨Q)∧┐(P∧Q)
（2）(P∧┐Q)∨(┐P∧Q)?(P∨Q)∧┐(P∧Q)
證明：（1）
┐(P?Q)
?┐((P→Q)∧(Q→P))
?┐((┐P∨Q)∧(┐Q∨P))
?(P∧┐Q)∨(Q∧┐P)
?(P∨Q)∧(P∨┐P)∧(┐Q∨Q)∧(┐P∨┐Q)
?(P∨Q)∧┐(P∧Q)
（2）
(P∧┐Q)∨(┐P∧Q)
?(P∨┐P)∧(P∨Q)∧(┐Q∨┐P)∧(┐Q∨Q)
?(P∨Q)∧┐(P∧Q)
2．構造下列推理的證明：
（1）前提：?(P?Q)??(R?S)，(Q?P)??R，R
前提：P?Q。
（2）前提：Q →P, Q ? S , S ? M , M∧R前提：結論：P∧Q
（3）前提：P →(Q → R), S → P , Q
結論：S →R（4）前提：(P∨Q)→(R∧S),(S∨M)→ U結論：P →U（5）前提：P →┐Q,┐R∨Q ,R∧┐S
結論：┐P（6）前提：P∨Q，P →R, Q → S結論：R∨S
證明：（1）
① R前提引入
②(Q?P)??R前提引入
③ Q?P①②析取三段論
④ R?S①附加規則
⑤ ?(P?Q)??(R?S)前提引入
⑥ P?Q④⑤拒取式
⑦(P?Q)?(Q?P)③⑥合取規則
⑧ P?Q⑦置換規則
（2）
① M∧R前提引入
② M①化簡規則
③ S ? M前提引入
④(S → M)∧(M → S)③置換
⑤ M → S④化簡規則
⑥ S② ⑥假言推理
⑦ Q ? S前提引入
⑧(S → Q)∧(Q → S)⑦ 置換
⑨ S → Q⑧化簡規則
⑩ Q⑥ ⑨假言推理
(11)Q →P前提引入
(12)P
(13)P∧Q
（3）
① S → P
②S
③ P
④ P →(Q → R)
⑤ Q → R
⑥ Q
⑦ R
（4）
① P
② P∨Q
③(P∨Q)→(R∧S)
④ R∧S
⑤ S
⑥ S∨M
⑦(S∨M)→ U
⑧ U
（5）
① P
② P →┐Q
③ ┐Q
④ ┐R∨Q
⑤ ┐R
⑥ R∧┐S
⑦ R
⑧ R∧┐R
（6）⑩(11)假言推理⑩(12)合取前提引入附加前提引入① ②假言推理 前提引入③④ 假言推理前提引入⑤⑥假言推理附加前提引入①附加規則前提引入②③ 假言推理④化簡規則⑤附加規則前提引入⑥ ⑦假言推理結論否定引入前提引入① ②假言推理前提引入③④析取三段論前提引入⑥化簡規則⑤⑦合取
① ┐(R∨S)結論否定引入
② ┐R∧┐S①置換規則
③ ┐R②化簡規則
④ P →R前提引入
⑤ ┐P③④拒取
⑥ ┐S②化簡規則
⑦ Q → S前提引入
⑧ ┐Q⑥ ⑦拒取
⑨ ┐P∧┐Q⑤⑧合取
⑩ ┐(P∨Q)⑨置換規則
(11)P∨Q前提引入
(12)┐(P∨Q)∧(P∨Q)⑨11 合取
3．在命題邏輯中構造下列推理的證明：
（1）如果今天是星期六，我們就要到頤和園或圓明園去玩。如果頤和園游人太多，我們就不到頤和園去玩。今天是星期六。頤和園游人太多。所以我們到圓明園玩。
（2）明天是晴天，或是雨天；若明天是晴天，我就去看電影；若我看電影，我就不看書。所以，如果我看書，則明天是雨天。
（3）如果小王是理科學生，他必學好數學；如果小王不是文科生，他必是理科生；小王沒學好數學。所以，小王是文科生。
解：（1）首先將命題符號化：
設P: 今天是星期六；Q: 我們到頤和園去玩；R:我們到圓明園去玩；S:頤和園游人多。
前提：P →(Q∨R), S → ┐Q , P , S
結論：R證明：
① ②假言推理
④ P前提引入
⑤ P →(Q ∨ R)前提引入⑥ Q ∨ R④⑤假言推理 ⑦ R③⑥析取三段論
（2）首先將命題符號化：令P：明天是晴天，Q：明天是雨天，R：我看電影，S：我看書。① S → ┐Q前提引入②S前提引入③ ┐Q
前提：P∨Q, P→R, R→┐S
結論： S→Q
證明：
① S
② R→┐S
③┐R
④ P→R
⑤ ┐P
⑥ P∨Q 附加前提引入 前提引入 ①②拒取式 前提引入 ③④拒取式 前提引入
⑦ Q⑤⑥析取三段論
（3）首先將命題符號化：
令P：小王是理科生，Q：小王是文科生，R：小王學好數學。
前提:P→R, ┐Q→P, ┐R
結論：Q
證明：
① P→R
② ┐R
③ ┐P
④ ┐Q→P
⑤ Q
6.證明: 前提引入 前提引入 ①②拒取式 前提引入 ③④拒取式
①A-B=A ?A∩B=Φ。
②(A-B)-C =(A-C)-(B-C)
證明：①
必要性。假設A∩B≠Φ，必有x屬于A∩B，則x屬于A同時屬于B，即x屬于A但是x不屬于A-B。與A-B=A矛盾。
充分性。顯然A-B?A。任取x∈A，則如果x屬于B，則x屬于A∩B，與A∩B=Φ矛盾。因此x必不屬于B，即x屬于A-B。從而證明了A?A-B。命題得證。②
∵(A-B)-C =(A∩～B)∩～C
= A∩～B∩～C;
(A-C)-(B-C)
=(A∩～C)∩～(B∩～C)
=(A∩～C)∩(～B∪C)
=(A∩～C∩～B)∪(A∩～C∩C)
=(A∩～C∩～B)∪Φ
= A∩～B∩～C.∴(A-B)-C =(A-C)-(B-C)
7．設R是A上的二元關系，試證：R是傳遞的當且僅當R2?R，其中R2表示R?R。
（1）設R傳遞，?（x，y）∈R2，?t∈A使
∵R傳遞 ∴
∴R2 ?R
（2）設R2?R，若
則
8．設A是集合，R1,R2是A上的二元關系，證明：
若R1,R2是自反的和對稱的，則R1?R2也是自反的和對稱的。
證明:
(1)∵ R1,R2是A上的自反關系
∴ IA?R1?IA?R2
∴IA?R1?R2
∴ R1?R2是A上的自反關系
又∵ R1,R2是A上的對稱關系
∴ R1?R1?1?R2?R2?1
(R1?R2)?1?1?1?R1?R2?R1?R2∴ R1?R2 是A上的對稱關系
第四篇：離散數學證明題
離散數學證明題
離散數學證明題:鏈為分配格
證明設a,b均是鏈A的元素，因為鏈中任意兩個元素均可比較，即有a≤b或a≤b，如果a≤b，則a,b的最大下界是a,最小上界是b，如果b≤a，則a,b的最大下界是b,最小上界是a，故鏈一定是格,下面證明分配律成立即可,對A中任意元素a,b,c分下面兩種情況討論:
⑴b≤a或c≤a
⑵a≤b且a≤c
如果是第⑴種情況,則a∪(b∩c)=a=(a∪b)∩(a∪c)
如果是第⑵種情況,則a∪(b∩c)=b∩c=(a∪b)∩(a∪c)
無論那種情況分配律均成立,故A是分配格.一.線性插值(一次插值)
已知函數f(x)在區間的端點上的函數值yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),求一個一次函數y=p1(x)使得yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),其幾何意義是已知平面上兩點(xk,yk),(xk+1,yk+1),求一條直線過該已知兩點。
1.插值函數和插值基函數
由直線的點斜式公式可知：
把此式按照yk和yk+1寫成兩項:
記
并稱它們為一次插值基函數。該基函數的特點如下表：
從而
p1(x)=yklk(x)+yk+1lk+1(x)
此形式稱之為拉格朗日型插值多項式。其中,插值基函數與yk、yk+1無關，而由插值結點xk、xk+1所決定。一次插值多項式是插值基函數的線性組合,相應的組合系數是該點的函數值yk、yk+1.例1:已知lg10=1,lg20=1.3010,利用插值一次多項式求lg12的近似值。
解:f(x)=lgx,f(10)=1,f(20)=1.3010,設
x0=10,x1=20,y0=1,y1=1.3010
則插值基函數為：
于是,拉格朗日型一次插值多項式為:
故:
即lg12由lg10和lg20兩個值的線性插值得到,且具有兩位有效數字(精確值lg12=1.0792).二.二次插值多項式
已知函數y=f(x)在點xk-1,xk,xk+1上的函數值yk-1=f(xk-1),yk=f(xk),yk+1=f(xk+1),求一個次數不超過二次的多項式p2(x),使其滿足,p2(xk-1)=yk-1,p2(xk)=yk,p2(xk+1)=yk+1.其幾何意義為:已知平面上的三個點
(xk-1,yk-1),(xk,yk),(xk+1,yk+1),求一個二次拋物線,使得該拋物線經過這三點。
1.插值基本多項式
有三個插值結點xk-1,xk,xk+1構造三個插值基本多項式，要求滿足：
(1)基本多項式為二次多項式;(2)它們的函數值滿足下表：
因為lk-1(xk)=0,lk-1(xk+1)=0,故有因子(x-xk)(x-xk+1),而其已經是一個二次多項式,僅相差一個常數倍,可設
lk-1(x)=a(x-xk)(x-xk+1),又因為
lk-1(xk-1)=1==>a(xk-1-xk)(xk-1-xk+1)=
1得
從而
同理得
基本二次多項式見右上圖(點擊按鈕“顯示Li”)。
2.拉格朗日型二次插值多項式
由前述,拉格朗日型二次插值多項式:
p2(x)=yk-1lk-1(x)+yklk(x)+yk+1lk+1(x),p2(x)
是三個二次插值多項式的線性組合,因而其是次數不超過二次的多項式,且滿足:
p2(xi)=yi,(i=k-1,k,k+1)。
例2已知：
xi101520
yi=lgxi11.17611.3010
利用此三值的二次插值多項式求lg12的近似值。
解：設x0=10,x1=15,x2=20,則:
故:
所以
7利用三個點進行拋物插值得到lg12的值,與精確值lg12=1.0792相比,具有3位有效數字,精度提高了。
三、拉格朗日型n次插值多項式
已知函數y=f(x)在n+1個不同的點x0,x1,…,x2上的函數值分別為
y0,y1,…,yn,求一個次數不超過n的多項式pn(x),使其滿足:
pn(xi)=yi,(i=0,1,…,n),即n+1個不同的點可以唯一決定一個n次多項式。
1.插值基函數
過n+1個不同的點分別決定n+1個n次插值基函數
l0(x),l1(x),…,ln(X)
每個插值基本多項式li(x)滿足：
(1)li(x)是n次多項式;
(2)li(xi)=1,而在其它n個li(xk)=0,(k≠i)。
由于li(xk)=0,(k≠i),故有因子:
(x-x0)…(x-xi-1)(x-xi+1)…(x-xn)
因其已經是n次多項式，故而僅相差一個常數因子。令:
li(x)=a(x-x0)…(x-xi-1)(x-xi+1)…(x-xn)
由li(xi)=1,可以定出a,進而得到：
2.n次拉格朗日型插值多項式pn(x)
pn(x)是n+1個n次插值基本多項式l0(x),l1(x),…,ln(X)的線性組合,相應的組合系數是y0,y1,…,yn。即:
pn(x)=y0l0(x)+y1l1(x)+…+ynln(x),從而pn(x)是一個次數不超過n的多項式,且滿足
pn(xi)=yi,(i=0,1,2,…,n).例3求過點(2,0),(4,3),(6,5),(8,4),(10,1)的拉格朗日型插值多項式。
解用4次插值多項式對5個點插值。
所以
四、拉格朗日插值多項式的截斷誤差
我們在上用多項式pn(x)來近似代替函數f(x),其截斷誤差記作
Rn(x)=f(x)-pn(x)
當x在插值結點xi上時Rn(xi)=f(xi)-pn(xi)=0,下面來估計截斷誤差：
定理1：設函數y=f(x)的n階導數y(n)=f(n)(x)在上連續，y(n+1)=f(n+1)(x)
在(a,b)上存在;插值結點為:
a≤x0
pn(x)是n次拉格朗日插值多項式;則對任意x∈有：
其中ξ∈(a,b),ξ依賴于x：ωn+1(x)=(x-x0)(x-x1)…(x-xn)
證明：由插值多項式的要求：
Rn(xi)=f(xi)-pn(xi)=0，(i=0,1,2,…,n);
設
Rn(x)=K(x)(x-x0)(x-x1)…(x-xn)=K(x)ωn+1(x)
其中K(x)是待定系數;固定x∈且x≠xk，k=0,1,2,…,n;作函數
H(t)=f(t)-pn(t)-K(x)(t-x0)(t-x1)…(t-xn)
則H(xk)=0，(k=0,1,2,…,n),且H(x)=f(x)-pn(x)-Rn(x)=0,所以，H(t)在上有n+2個零點，反復使用羅爾中值定理:存在ξ∈(a,b),使;因pn(x)是n次多項式，故p(n+1)(ξ)=0,而
ωn+1(t)=(t-x0)(t-x1)…(t-xn)
是首項系數為1的n+1次多項式，故有
于是
H(n+1)(ξ)=f(n+1)(ξ)-(n+1)!K(x)
得：
所以
設,則：
易知，線性插值的截斷誤差為:
二次插值的截斷誤差為:
下面來分析前面兩個例子(例1，例2)中計算lg12的截斷誤差：
在例1中，用lg10和lg20計算lg12,p1(12)=1.0602,lg12=1.0792
e=|1.0792-1.0602|=0.0190;
估計誤差：f(x)=lgx，當x∈時,2
第五篇：考研數學證明題三大解題方法
考研數學證明題三大解題方法
縱觀近十年考研數學真題，大家會發現：幾乎每一年的試題中都會有一個證明題，而且基本上都是應用中值定理來解決問題的。但是要參加碩士入學數學統一考試的同學所學專業要么是理工要么是經管，同學們在大學學習數學的時候對于邏輯推理方面的訓練大多是不夠的，這就導致數學考試中遇到證明推理題就發怵，以致簡單的證明題得分率卻極低。除了個別考研輔導書中有一些證明思路之外，大多數考研輔導書在這一方面沒有花太大力氣，本人自認為在推理證明方面有不凡的效績，在此給大家簡單介紹一些解決數學證明題的入手點，希望對有此隱患的同學有所幫助。
一、結合幾何意義記住零點存在定理、中值定理、泰勒公式、極限存在的兩個準則等基本原理，包括條件及結論。
知道基本原理是證明的基礎，知道的程度（即就是對定理理解的深入程度）不同會導致不同的推理能力。如2006年數學一真題第16題（1）是證明極限的存在性并求極限。只要證明了極限存在，求值是很容易的，但是如果沒有證明第一步，即使求出了極限值也是不能得分的。因為數學推理是環環相扣的，如果第一步未得到結論，那么第二步就是空中樓閣。這個題目非常簡單，只用了極限存在的兩個準則之一：單調有界數列必有極限。只要知道這個準則，該問題就能輕松解決，因為對于該題中的數列來說，“單調性”與“有界性”都是很好驗證的。像這樣直接可以利用基本原理的證明題并不是很多，更多的是要用到第二步。
二、借助幾何意義尋求證明思路
一個證明題，大多時候是能用其幾何意義來正確解釋的，當然最為基礎的是要正確理解題目文字的含義。如2007年數學一第19題是一個關于中值定理的證明題，可以在直角坐標系中畫出滿足題設條件的函數草圖，再聯系結論能夠發現：兩個函數除兩個端點外還有一個函數值相等的點，那就是兩個函數分別取最大值的點（正確審題：兩個函數取得最大值的點不一定是同一個點）之間的一個點。這樣很容易想到輔助函數F（x）=f（x）-g（x）有三個零點，兩次應用羅爾中值定理就能得到所證結論。再如2005年數學一第18題（1）是關于零點存在定理的證明題，只要在直角坐標系中結合所給條件作出函數y=f（x）及y=1-x在[0，1]上的圖形就立刻能看到兩個函數圖形有交點，這就是所證結論，重要的是寫出推理過程。從圖形也應該看到兩函數在兩個端點處大小關系恰好相反，也就是差函數在兩個端點的值是異號的，零點存在定理保證了區間內有零點，這就證得所需結果。如果第二步實在無法完滿解決問題的話，轉第三步。
三、逆推
從結論出發尋求證明方法。如2004年第15題是不等式證明題，該題只要應用不等式證明的一般步驟就能解決問題：即從結論出發構造函數，利用函數的單調性推出結論。在判定函數的單調性時需借助導數符號與單調性之間的關系，正常情況只需一階導的符號就可判斷函數的單調性，非正常情況卻出現的更多（這里所舉出的例子就屬非正常情況），這時需先用二階導數的符號判定一階導數的單調性，再用一階導的符號判定原來函數的單調性，從而得所要證的結果。該題中可設F（x）=ln*x-ln*a-4（x-a）/e*，其中eF（a）就是所要證的不等式。
對于那些經常使用如上方法的同學來說，利用三步走就能輕松收獲數學證明的12分，但對于從心理上就不自信能解決證明題的同學來說，卻常常輕易丟失12分，后一部分同學請按“證明三步走”來建立自信心，以阻止考試分數的白白流失。
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