第一篇：第2講數學證明(教師版)
第2講數學證明方法
基礎知識自主梳理
一．直接證明方法
1．綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數學問題時常用的思維方式．
2．一般地，利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過演繹推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫作綜合法
3．分析法是從要證明的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．
二．間接證明方法
1．反證法：在證明數學命題時，先假定命題結論的反面成立，在這個前提下，若推出的結果與定義、公理、定理相矛盾，或與命題中的已知條件相矛盾，或與假定相矛盾，從而說明命題結論的反面不可能成立，由此斷定命題的結論成立，這種證明方法叫作反證法．
2．反證法的證題步驟：
(1)作出否定結論的假設；(2)進行推理，導出矛盾；(3)否定假設，肯定結論． 難點疑點清零
1.綜合法與分析法
（1）綜合法證題是從條件出發，由因導果；分析法是從結論出發，執果索因．
（2）分析法證題時，一定要恰當地運用“要證”、“只需證”、“即證”等詞語．
(3)綜合法的特點是：從已知看可知，逐步推出未知．
(4)分析法的特點是：從未知看需知，逐步靠攏已知．
(5)分析法和綜合法各有優缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來.2．反證法
（1）證明的基本步驟是：1)假設命題結論的反面是正確的；(反設)2)從這個假設出發，經過邏輯推理，推出與已知條件、公理、定義、定理、反設及明顯的事實矛盾；(推謬)3)由矛盾判定假設不正確，從而肯定原命題的結論是正確的．(結論)
（2）反證法證題與“逆否命題法”是否相同？
反證法的理論基礎是逆否命題的等價性，但其證明思路不完全是證明一個命題的逆否命題．反證法在否定結論后，只要找到矛盾即可，可以與題設矛盾，也可以與假設矛盾，與定義、定理、公式、事實矛盾．因此，反證法與證明逆否命題是不同的． 題型探究
探究點一：綜合法證題
例1：在△ABC中，三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數列，a，b，c成等比數列，求證：△ABC為等邊三角形．
證明：由A，B，C成等差數列，有2B＝A＋C①，由A，B，C為△ABC的三個內角，所以A＋B＋C＝π②，由①②，得B＝a，b，c成等比數列，有b2＝ac④，由余弦定理及③，可得b＝a＋c－2accos B＝a＋c－ac，再由④，得a＋c－ac＝ac，即(a－c)＝0，從而a＝c，所以A＝C ⑤。由②③⑤，得A＝B＝C＝
跟蹤訓練1 在△ABCπABC為等邊三角形。322222222π3ACcos B，證明：B＝C.ABcos C
sin Bcos B證明 在△ABC中，由正弦定理及已知得.sin Ccos C
于是sin Bcos C－cos Bsin C＝0，即sin(B－C)＝0，因為－π 例2 求證：3＋5.22證明 37和5都是正數，所以要證3＋5，只需證(3＋7)5)，展開得10＋221<20，21<5，只需證21<25，因為21<25成立，所以3＋5成立． 跟蹤訓練2 aa－a－2a－3(a≥3)． 證明 方法一 aa－a－2a－3，只需證a＋a－3 π例3 已知α，β≠kπsin θ＋cos θ＝2sin α，① 22sin θ·cos θ＝sinβ.② 221－tanα1－tanβ＝.221＋tanα21＋tanβ 證明 因為(sin θ＋cos θ)－2sin θcos θ＝1，22所以將①②代入，可得4sinα－2sinβ＝1.③ 2sinαsinβ1－21－222cosαcosβ1－tanα1－tanβ另一方面，要證＝ 22221＋tanα21＋tanβsinαsinβ1＋2212cosαcosβ 12222即證cosα－sinβ－sinβ)，2 12222即證1－2sinα＝(1－2sinβ)，即證4sinα－2sinβ＝1.2 由于上式與③相同，于是問題得證． 跟蹤訓練3 若tan(α＋β)＝2tan α，求證：3sin β＝sin(2α＋β)． sinα＋β2sin α證明 由tan(α＋β)＝2tan α得＝ cosα＋βcos α 即sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α①，要證3sin β＝sin(2α＋β)，即證3sin[(α＋β)－α]＝sin[(α＋β)＋α]，即證3[sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α] ＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α，化簡得sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α.這就是①式．所以，命題成立.探究點四：用反證法證明定理、性質等一些事實結論 例4：已知直線a，b和平面α，如果a?α，b?α，且a∥b，求證：a∥α.證明 因為a∥b，:所以經過直線a，b確定一個平面β.因為a?α，而a?β，所以α與β是兩個不同的平面． 因為b?α，且b?β，所以α∩β＝b.下面用反證法證明直線a與平面α沒 有公共點．假設直線a與平面α有公共點P，則P∈α∩β＝b，即點P是直 線a與b的公共點，這與a∥b矛盾． 跟蹤訓練4：已知：a∥b，a∩平面α＝A，如圖．求證：直線b與平面α必相交． 證明 假設b與平面α不相交，即b?α或b∥α.①若b?α，因為b∥a，a?α，所以a∥α，這與a∩α＝A相矛盾； ②如圖所示，如果b∥α，則a，b確定平面β.顯然α與β相交，設α∩β＝c，因為b∥α，所以b∥c.又a∥b，從而 a∥c，且a?α，c?α，則a∥α，這與a∩α＝A相矛盾． 探究點五：用反證法證明否定性命題 例5：求證：1,25不可能是一個等差數列中的三項． 證明 假設1,25是公差為d的等差數列的第p，q，r項，則2－1＝(q－p)d，5－1＝ 1q－p(r－p)d，于是.因為p，q，r均為整數，所以等式右邊是有理數，而等式左邊5－1r－p 是無理數，二者不可能相等，推出矛盾，所以1,2，5不 可能是一個等差數列中的三項． 跟蹤訓練:5：已知三個正數a，b，cabc不成等差數列． 證明 a，b，c成等差數列，則a＋c＝2b，即a＋c＋2ac＝4b，而b2＝ac，即b＝，∴a＋c＋2＝4ac，∴(a－)2＝0.即a＝c，從而a＝b＝c，與a，b，cabc不成等差數列． 探究點六：用反證法證明“至多”、“至少”“唯一”型命題 例6：若函數f(x)在區間[a，b]上是增函數，那么方程f(x)＝0在區間[a，b]上至多有一個實根． 證明 假設方程f(x)＝0在區間[a，b]上至少有兩個實根，設α、β為其中的兩個實根．因為α≠β，不妨設α<β，又因為函數f(x)在[a，b]上是增函數，所以f(α) πππ222跟蹤訓練6：若a，b，c均為實數，且a＝x－2yb＝y－2z＋，c＝z－2x＋求236 證：a、b、c中至少有一個大于0.證明 假設a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，所以a＋b＋c≤0，πππ而a＋b＋c＝(x2－2y＋(y2－2z＋＋(z2－2x＋＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－236 1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，所以a＋b＋c>0，這與a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一個大于0.課后作業： 1． 已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是(C) abA．若a>b，則ac2>bc2B．若>，則a>bcc 1111C．若a3>b3且ab<0D．若a2>b2且ab>0 2． A、B為△ABC的內角，A>B是sin A>sin B的(C) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件D．即不充分也不必要條件 3． 已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，m?β，給出下列四個命題：①若α∥β，則l⊥m； ②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l⊥m；④若l∥m，則α⊥β.其中正確命題的個數(B) A．1B．2C．3D． 44． 反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾．這個矛盾可以是(D) ①與已知條件矛盾 ②與假設矛盾 ③與定義、公理、定理矛盾 ④與事實矛盾 A．①②B．①③C．①③④D．①②③④ 5． 設a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有(B) a2＋b2a2＋b2a2＋b2a2＋b2A．1≤ab≤B．ab<1 2ab6． 已知a，b為非零實數，則使不等式：≤－2成立的一個充分不必要條件是(C)ba A．ab>0B．ab<0C．a>0，b<0D．a>0，b>0 17． 設0 A．aB．bC．cD．不能確定 1118． 已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，則＋＋(B)abc A．一定是正數B．一定是負數C．可能是0D．正、負不能確定 1119． 設a，b，c都是正數，則三個數ab＋，c＋(C)bca A．都大于2B．至少有一個大于 2C．至少有一個不小于2D．至少有一個不大于2 xn·?x2n＋3?10． 已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2，?)，試證：“數列{xn}對任意的正整數n3xn＋ 1都滿足xn>xn＋1”，當此題用反證法否定結論時應為(D) A．對任意的正整數n，有xn＝xn＋1B．存在正整數n，使xn＝xn＋1 C．存在正整數n，使xn≥xn＋1D．存在正整數n，使xn≤xn＋1 11． 設a2，b7－3，c＝6－2，則a，b，c的大小關系為a>c>b 112． 已知p＝a＋a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，則p、q的大小關系為p>q a－ 213． “任何三角形的外角都至少有兩個鈍角”的否定應是存在一個三角形，其外角最多有一個鈍角 14． 用反證法證明命題“若a2＋b2＝0，則a，b全為0(a、b為實數)”，其反設為a，b不全為0 15．若下列兩個方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實根，則實 數a的取值范圍是a≤－2或a≥－ 116．設a≥b>0，求證：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab 233222222證明：（方法一）3a＋2b－(3ab＋2ab)＝3a(a－b)＋2b(b－a)＝(3a－2b)(a－b)．因為 a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，從而(3a2－2b2)(a－b)≥0，所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.33222222（方法二）要證3a＋2b≥3ab＋2ab，只需證3a(a－b)－2b(a－b)≥0，只需證(3a－2b)(a2222－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a－2b>2a－2b≥0，∴上式成立． 11117．已知a>0，>1，求證：1＋a>ba1－b 111證明：由－>1及a>0可知0 證． 18．已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求證：a，b，c，d中至少有一個是負數． 證明:假設a，b，c，d都是非負數，因為a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1，又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd>1，這與上式相矛盾，所以a，b，c，d中至少有一個是負數． 119．已知a，b，c∈(0,1)，求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a.41111證明:假設三個式子同時大于即(1－a)b>(1－b)c>，(1－c)a>，三式相乘得(1－a)a〃(14444 1a＋1－a211－b)b〃(1－c)c>3，①又因為0 20．已知a、b、c是不全相等的正數，且0 a＋bb＋ca＋c證明：要證logx＋logx＋logx logx（式a＋bb＋ca＋c2222≥ab>0，) logx 22>abc＝abc.即222a＋bb＋ca＋c22a＋b2＋logxb＋c2a＋c2 第2講 直接證明與間接證明 【2013年高考會這樣考】 1．在歷年的高考中，證明方法是常考內容，考查的主要方式是對它們原理的理解和用法．難度多為中檔題，也有高檔題． 2．從考查形式上看，主要以不等式、立體幾何、解析幾何、函數與方程、數列等知識為載體，考查綜合法、分析法、反證法等方法． 【復習指導】 在備考中，對本部分的內容，要抓住關鍵，即分析法、綜合法、反證法，要搞清三種方法的特點，把握三種方法在解決問題中的一般步驟，熟悉三種方法適用于解決的問題的類型，同時也要加強訓練，達到熟能生巧，有效運用它們的目的． 基礎梳理 1．直接證明 (1)綜合法 ①定義：利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法． ②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→?→Qn?Q (其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結論)． (2)分析法 ①定義：從要證明的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫做分析法． ②框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→?→ 得到一個明顯成立的條件.2．間接證明 一般地，由證明p?q轉向證明：綈q?r???t .t與假設矛盾，或與某個真命題矛盾．從而判定綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法． 一個關系 綜合法與分析法的關系 分析法與綜合法相輔相成，對較復雜的問題，常常先從結論進行分析，尋求結論與條件、基 礎知識之間的關系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或者在證明時將兩種方法交叉使用． 兩個防范 題推理而推出矛盾結果，其推理過程是錯誤的． 證?”“就要證?”等分析到一個明顯成立的結論P，再說明所要證明的數學問題成立． 雙基自測 1．(人教A版教材習題改編)p＝＋，q＝ma＋nc正數)，則p、q的大小為()． A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．不確定 解析 q＝ ab＋＋cd≥ab＋2abcd＋cd nm＋m、n、a、b、c、d均為mn madabc＝ab＋cd＝p，當且僅當＝ nm 答案 B 2．設a＝lg 2＋lg 5，b＝ex(x＜0)，則a與b大小關系為()． A．a＞b C．a＝b 解析 a＝lg 2＋lg 5＝1，b＝ex，當x＜0時，0＜b＜1.∴a＞b.答案 A 3．否定“自然數a，b，c中恰有一個偶數”時，正確的反設為()． A．a，b，c都是奇數 B．a，b，c都是偶數 C．a，b，c中至少有兩個偶數 D．a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數 解析 ∵a，b，c恰有一個偶數，即a，b，c中只有一個偶數，其反面是有兩個或兩個以上偶數或沒有一個偶數即全都是奇數，故只有D正確． 答案 D 4．(2012·廣州調研)設a、b∈R，若a－|b|＞0，則下列不等式中正確的是()． A．b－a＞0B．a3＋b3＜0C．a2－b2＜0D．b＋a＞0 解析 ∵a－|b|＞0，∴|b|＜a，∴a＞0，∴－a＜b＜a，∴b＋a＞0.答案 D B．a＜b D．a≤b 5．在用反證法證明數學命題時，如果原命題的否定事項不止一個時，必須將結論的否定情況逐一駁倒，才能肯定原命題的正確． 例如：在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC內一點，∠APB＞∠APC，求證：∠BAP＜∠CAP，用反證法證明時應分：假設________和________兩類． 答案 ∠BAP＝∠CAP ∠BAP＞∠CAP 考向一 綜合法的應用 a2b2c2【例1】?設a，b，c＞0，證明：a＋b＋c.bca [審題視點] 用綜合法證明，可考慮運用基本不等式． 證明 ∵a，b，c＞0，根據均值不等式，a2b2c2有＋b≥2a，c≥2b＋a≥2c.bca a2b2c2三式相加：＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)． bca 當且僅當a＝b＝c時取等號． a2b2c2即＋a＋b＋c .bca 綜合法是一種由因導果的證明方法，即由已知條件出發，推導出所要證明的等式或不等式成立．因此，綜合法又叫做順推證法或由因導果法．其邏輯依據是三段論式的演繹推理方法，這就要保證前提正確，推理合乎規律，才能保證結論的正確性． 11【訓練1】 設a，b為互不相等的正數，且a＋b＝1，證明：＞4.ab 1111?ba·證明 ?(a＋b)＝2＋2＋2＝4.ab?ab?ab 11又a與b不相等．故＞4.ab 考向二 分析法的應用 ?a＋mb?2≤a＋mb.【例2】?已知m＞0，a，b∈R，求證：??1＋m?1＋m? [審題視點] 先去分母，合并同類項，化成積式． 證明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證明(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，2 2故原不等式得證． 逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件，正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵． 【訓練2】 已知a，b，m都是正數，且a＜b.a＋ma求證：b＋mb a＋ma證明 要證明，由于a，b，m都是正數，b＋mb 只需證a(b＋m)＜b(a＋m)，只需證am＜bm，由于m＞0，所以，只需證a＜b.已知a＜b，所以原不等式成立． (說明：本題還可用作差比較法、綜合法、反證法) 考向三 反證法的應用 【例3】?已知函數f(x)＝ax＋x－2(a＞1)． x＋ 1(1)證明：函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． (2)用反證法證明f(x)＝0沒有負根． [審題視點] 第(1)問用單調增函數的定義證明；第(2)問假設存在x0＜0后，應推導出x0的范圍與x0＜0矛盾即可． 證明(1)法一 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0.所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0.又因為x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以 ?x2－2??x1＋1?－?x1－2??x2＋1?3?x2－x1?＝0，?x2＋1??x1＋1??x2＋1??x1＋1? 于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋x2－2x1－2＞0，x2＋1x1＋1x2－2x1－2－＝x2＋1x1＋1 故函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． 法二 f′(x)＝axln a＋30，?x＋1?∴f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． x0－2x0－2(2)假設存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝－又0＜ax0＜1，所以0＜－x0＋1x0＋1 11，即＜x0＜2，與x0＜0(x0≠－1)假設矛盾．故f(x0)＝0沒有負根． 當一個命題的結論是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否定形式出現時，宜 用反證法來證，反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是：①與已知條件矛盾；②與假設矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與事實矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數學證明中的一件有力武器． 【訓練3】 已知a，b為非零向量，且a，b不平行，求證：向量a＋b與a－b不平行． 證明 假設向量a＋b與a－b平行，即存在實數λ使a＋b＝λ(a－b)成立，則(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，∵a，b不平行，???1－λ＝0，?λ＝1，∴?得? ??1＋λ＝0，λ＝－1，?? 所以方程組無解，故假設不成立，故原命題成立． 規范解答24——怎樣用反證法證明問題 【問題研究】 反證法是主要的間接證明方法，其基本特點是反設結論，導出矛盾，當問題從正面證明無法入手時，就可以考慮使用反證法進行證明.在高考中，對反證法的考查往往是在試題中某個重要的步驟進行.【解決方案】 首先反設，且反設必須恰當，然后再推理、得出矛盾，最后肯定.【示例】?(本題滿分12分)(2011·安徽)設直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數k1，k2滿足k1k2＋2＝0.(1)證明l1與l2相交； (2)證明l1與l2的交點在橢圓2x2＋y2＝1上． 第(1)問采用反證法，第(2)問解l1與l2的交點坐標，代入橢圓方程驗證． [解答示范] 證明(1)假設l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1＝k2，(2分) 代入k1k2＋2＝0，得k21＋2＝0.(4分) 這與k1為實數的事實相矛盾，從而k1≠k2，即l1與l2相交．(6分) ??y＝k1x＋1，(2)由方程組? ?y＝k2x－1，? ??解得交點P的坐標(x，y)為?k＋ky＝??k－k.21 212x＝，k2－k1(9分) 2?2?k2＋k1?2?從而2x＋y＝2k－k＋? ?21??k2－k1??22 2228＋k22＋k1＋2k1k2k1＋k2＋4＝＝1，k2＋k1－2k1k2k1＋k2＋4 此即表明交點P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上．(12分) 用反證法證明不等式要把握三點：(1)必須先否定結論，即肯定結論的反面；(2) 必須從否定結論進行推理，即應把結論的反面作為條件，且必須依據這一條件進行推證；(3)推導出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實矛盾等，但是推導出的矛盾必須是明顯的． 【試一試】 已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.(1)求數列{an}的通項公式； (2)求證數列{an}中不存在三項按原來順序成等差數列． [嘗試解答](1)當n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.1又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，兩式相減得an＋1＝an，2 11所以{an}是首項為1，公比為an＝－.22 (2)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＜q＜r，且p，q，r∈N*)，111－－則，所以2·2rq＝2rp＋1.① 222又因為p＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.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． （聚焦2008四川高考）第21講：不等式的證明（2） 作套題，抓住知識點；詳評講，抓常規思維；仔細看，抓典型思維。 一、知識梳理 作商比較法不 綜合分析法 分析法 判別式法向量法 三角換元均值換元 明增量換元反證法 整體換元數學歸納法 構造函數法 放縮法和最值法 二、點解讀與例（考）題 （一）判別式法法證明不等式 依據：已知二次函數f（x）=ax2+bx+c（a≠0），則 當a＞0時，若Δ≤0，則f（x）≥0； 當a＜0時，若Δ≤0，則f（x）≤0。 ⑴與二次函數有關，或通過等價變換為二次函數的問題可試用判別式法證明。 ⑵對含有兩個或兩個以上的字母，若能變成某一個字母為主元的二次方程，也可利用判別式法證明。 【例1】已知a，b∈R且b＞0 b?0，求證：a2+b2＞3a－2ab－3。 注：構造a的二次三項式。 【例2】設a，b，c∈R，證明：a2+ac+b2+3b（a+b+c）≥0，并指出等號成立的條件。 分析：⑴視為a的二次三項式； ⑵計算判別式； ⑶當b+c=0，即b=－c時，Δ=0，此時f（a）=（a+b）2=0，從而a=－b=c時等號成立。 【例3】已知x，y∈R，M= x2+y2+1，N=xy+x+y，試比較M與N的大小。 分析：構造函數f(x)?M?N?x?(y?1)x?y?y?1，于是由2 2f(x)?0的???3(y?1)2?0知，當且僅當y?2時，M?N取等號。第21講：不等式的證明（2） 1【例4】已知a,b,c?R且a?b?c?2,a?b?c?2，證明：222 4a,b,c?[0,]。 3分析：依題意得a?(b?2)a?(b?1)?0，此時可將方程視為關于a的一元二次方程，于是??(b?2)?4(b?1)?0，解得0?b?理可證a,b,c?[0,]。 注：⑴當求不等式的字母指明是實數時，可構造一個一元二次方程，使不等式的字母作為方程各項的系數或常數項，從而利用判別式可得證。 ⑵輪換對稱不等式的證明方法：證明一個，其與的同；同理可證。 【例5】已知a,b,c?R且a?b?c?0,abc?1，求證：a、b、c中一定有一個不小于4。 分析：①若a,b,c均大于0，則a?b?c?0； ②若a,b,c均小于0，則a?b?c?0； ③若a,b,c兩正一負，則abc?0。則都與已知矛盾。 從而知a,b,c兩負一正，不妨令a?0，則a?b??a,bc? c為一元二次方程x?ax?222224。同3431，即b、a14?0的兩根。于是??a2??0，即aaa?4。同理可證。a,b,c?4。 1sec2x?tanx?3。【例6】求證：?3sec2x?tanx 策略：①如果是一元二次方程，則直接可利用判別式可證。 ②如果是二次三項式，則先計算判別式，然后確定判別式的符號。 【例7】已知tanx=3tany（0＜y＜x＜?），且w=x—y，求w的最大值。 2（二）數學歸納法證明與自然數有關的命題。 （1）數學歸納法是證明具有遞推性的自然數命題P（n）的正確性的重 要的數學方法。 （2）證明程序：①命題的遞推基礎；②遞推依據。 （3）用數學歸納法證明不等式的關鍵在遞推依據，證明時必須明確： 當n=k+1時，所要證明的結果P（k+1）是什么，而且必須利用歸納假設P（k），經過推理演算得出P（k+1）。 ⑷在推證程序(遞推依據)時，應依據具體問題靈活恰當地處理和使用公式法：比較法、分析法、放縮法等。 111n*++…+（n∈N），求證：f（2n）＞。23n 21311分析：當n=1時，f(2)?1???，此時不等式成立。假設當222 111kkn=k時不等式成立，即f(2)?1?????k?。2322 11111k?1則當n=k+1時，f(2)?1?????k?k???k?1＞2322?12 kk11111+(＞+（++…????)kkkkkkkk222?12?22?22?22?2【例8】已知f（n）=1+ k2kk1k?11k???+）（共2項）??k。kkk22?22222?2 故當n=k+1時不等式成立，即命題成立。 【例9】對于一切大于1的自然數n，證明：（1+111）（1+）…（1+）352n?1＞2n?1。2 分析：當n=2時不等式成立。 假設當n?k(k?2)時不等式成立，即（1+111）（1+）…（1+）352n?1＞2n?1成立。2 則當n=k+1時，（1+1111）（1+）…（1+）（1+）＞352k?12k?12k?12k?2k?1+=。于是由 22k?12k? 1(k?1 2k?1)2?(2k?321)??0(k?N?,n?2)知不等式24(2k?1) 成立。 故當n=k+1時不等式成立，即命題成立。 （三）構造函數法：數學問題若能將其某些字母視為變量二建立聯系，構造函數（一次、二次、指數函數等），從而利用函數性質解決問題將會使問題獲得簡潔的求解（證明），構造相應的公式證明不等式。 【例10】設不等式mx?2x?m?1?0對滿足|m|?2的一切m值都成立。求實數x的取值范圍。 變式：若x,y,z?(0,1),證明：(1?y)x?(1?z)y?(1?x)z?1。注：構造一次函數證明即可。 【例11】設a1，a2，a3，…，an∈R+，證明：對?n?N有 22(a1?a2???an)2?n(a12?a2???an)。2* 策略：由不等式 22(a12?a2???an)x2?2(a1?a2???an)x?n?0對一切x?R而且x?N*均成立，即(a1x?1)2?(a2x?1)2???(anx?1)2?0，于是構造二次函數。因此令 22y?(a12?a2???an)x2?2(a1?a2???an)x?n(ai?0,i?1,2,?,n對x?R而且x?N均成立，從而由??0得 22(a1?a2???an)2?n(a12?a2???an)。* 變式：求證： 2222(a1b1?a2b2???anbn)2?(a12?a2???an)(b12?b2???bn)，并 討論何時取得等號（柯西不等式）。 證：若ai?0或bi?0(i?1,2,?,n)，則左=右=0。此時不等式成立，且取等號。 若ai?0(i?1,2,?,n)不全為零，則考慮函數： f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2，由f(x)?0對于一切實數x恒有成立，從而 2222f(x)?(a12?a2???an)x2?2(a1b1?a2b2???anbn)x?(b12?b2???bn)，于是依題意a1?a2???an?0且x?R，f(x)?0，從而由??0得 2222(a1b1?a2b2???anbn)2?(a12?a2???an)(b12?b2???bn)。22 2其中等號成立?f(x)?0的??0，即方程有相等實數根x0，即?(aix0?bi)2?0，從而 i?1nbb1b2???n?x0。a1a2an bb1b2???n?x0時等a1a2an綜上所得當ai?0或bi?0(i?1,2,3,?,n)或 號成立。 例 3、已知a?b?0，求證：ab?ab。 策略1：構造指數函數f(x)?()；策略2：比商法。 例 4、設三角形三邊a、b、c，求證： 策略：令f(x)?abbaabxabc。??1?a1?b1?cx1?1?,x?(0,??)。由函數的單調性知，1?x1?x x在區間(0,??)上是單調遞增函數，于是由a、b、c為三角形1?x的三邊知a?b?c，從而有f(x)? f(a?b)?f(c)，即 原不等式得證。 例 5、求證：sinx?2ababc????，故1?a1?b1?(a?b)1?(a?b)1?c4?5。2sinx 策略：⑴構造指數函數f(x)?x? 必須依單調性定義證明。4，⑵利用函數的單調性得證（但x 注：一般地，當x?0,a?0,b?0時。①f(x)?x?a在區間(0,a]單調遞減，在區間[a,??)單調遞增； x 111,0)?(0,]單調遞減，在區間在區間[?aax②f(x)?ax? (??,?11]?[,??)單調遞增； aa bbb,0)?(0,]單調遞減，在區間在區間[?aax③f(x)?ax? (??,?bb]?[,??)單調遞增。aa 例 6、設a、b、c、d∈R，22求證：a?b+c?d≥(a?c)?(b?d)。2222 精析：對于一個問題，多是利用常規思維方法進行求解，幾經周折不得結果。這時，可以啟發學生利用數形結合的思想進行試探，于是學生馬上就會聯想到兩點間的距離公式。因為x1，x2，y1，y2∈R且含有平方和開方運算，形式與題意何等相似！ 于是設P（a，b），Q（c，d）為坐標平面上兩點，則|OP|=a?b，22|OQ|=c?d，|PQ|=(a?c)?(b?d)，顯然有|OP|+|OQ|≥|PQ|。2222 （五） 高二數學文科選修1-2 導學案編寫人：陳慶梅周榮貴編號： 013審核人：審批人：使用日期 20100318組名：姓名：學生評價：教師評價： 2.數學證明（文科） 使用說明：1.獨立認真限時完成導學案，規范書寫。 2.認真反思，總結方法規律。 重點：正確地運用演繹推理 ,進行簡單的推理 難點：能夠正確運用演繹推理進行簡單的數學證明 一、學習目標： 1.體會演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本方法 2.能運用演繹推理進行一些簡單的推理，了解合情推理與演繹推理之間的聯系與差別 3．體驗數學推理過程，激發學習興趣，培養創新能力。 二、知識內容導學： 1．一般性得原理出發，推出某個特殊情況下得結論，我們把這種推理稱為推理.簡而言之，演繹推理是由一般到特殊的推理.2.演繹推理的一般形式： 演繹推理的主要形式，就是由,_____推出_____的三段論式推理.三段論式推理常用的一種格式，可以用以下形式來表示：M是PS是M__________S是P 三段論的形式中包括三個判斷。第一個判斷稱為大前提，它提供了一個一般的原理；第二個判斷叫小前提，它指出了一個特殊情況；這連個判斷聯合起來，揭示了一般原理和特殊情況的內在聯系，從而產生了第三個判斷—結論.3.三段論推理的根據：用集合論的觀點來講，就是：集合M的所有元素都具有性質P，S是M的子集，所以S中的所有元素都具有性質P.三．合作探究：（閱讀課本第58-59頁內容完成下列問題） 例1：因為指數函數y?ax増函數，（大前提） x 而y???1? ?2? ? 是指數函數，（小前提） x 所以y???1? ?2? ?是増函數（結論） （1）上面的推理形式正確嗎？（2）推理的結論正確嗎？為什么？ 例2：將下列演繹推理寫成三段論的形式 (1)菱形的對角線互相平分（2）方程 x 2?2x?2?0無實根 （3）直角三角形的內角和為1800 填空：補充下面推理的三段論因為__________ 又因為?是無限不循環小數所以?是無理數 思考：有一個三角形，它的邊長分別為3cm,4cm,5cm，請判斷三角形的形狀 例1：如圖所示，在銳角三角形ABC中，AD⊥BC于點D,BE⊥AC于點E,D,E是垂足，求證：（1）△ABD是直角三角形 (2)AB的中點M到D、E的距離相等證明：（1）因為有一個內角 是直角的三角形是直角三角形，（大前提） 在△ABC中，AD⊥BC，即∠ADB=900，（小前提） 所以 △ABD 是直角三角形（結論） 仿照（1）的做法完成（2）(2) 例2：a,b,c為實數，求證：a2?b2?c2 ?ab?bc?ca 證明：（1）一個實數的平方是一個非負數，（大前提）a,b為實數（小前提）所以?a?b?2 ?0（結論） （2）不等式兩邊同加上一個數或式子，不等式仍成立，（大前提） ?a?b?2?0，2ab=2ab，（小前提） 所以a2 ?b2 ?2ab（結論） （3）同理b2?c2?2bc,c2?a2?2ca（4） （5） 證明通常簡略地表述為：a,b為實數??a?b?2 ?0 ?a2?b2?2ab? 同理b2?c2 ?2bc?? c2?a2?2ca?? ?? a2?b2?b2?c2?c2?a2?2ab?2bc?2ca?2? ?? a2?b2?c2? ??? ?2?ab?bc?ca? ?a2?b2?c2?ab?bc?ca 仿照上例，分析教材例2的演繹推理過程，明確每一步的推理 四．鞏固練習： 1.數列?an?2 n?的前n項和為Sn，已知a1?1,an?1?n Sn.求證（1）數列? ?Sn? ?是等比數列 ?n? （2）Sn?1?4an 五．小結：（1）知識與方法： （2）數學思想與方法： 六．當堂檢測 1將下列演繹推理寫成三段論的形式 （1）0.332.是有理數（2）y?sinx（x?R)是周期函數 2.有一段演繹推理是這樣說的：“直線平行于平面，則平行于平面內所有直線；已知直線b不 在平面?上，直線a在平面?上，直線b∥平面?，則直線b∥直線a”的結論顯然是錯誤的，這是因為（）A大前提錯誤 B小前提錯誤C推理形式錯誤 D非以上錯誤 3.證明函數f?x???x2 ?2x在???,1?上是增函數.分析：證明本例所依據的大前提是增函數的定義，即函數y=f(x)滿足：在給定區間內任取自變量的兩個值x1,x2，若x1?x2，則有f?x1??f?x2?.小前提是f?x???x2 ?2x，x????,1?滿足增函數的定義，這是證明本例的關鍵.證明： 模塊一 會計基礎知識介紹 專題四、固定資產 二、固定資產折舊 應計折舊額：是指應當計提折舊的固定資產的原價扣除其預計凈殘值后的金額。已計提減值準備的固定資產，還應當扣除已計提的固定資產減值準備累計金額。 應計折舊額=原值-凈殘值-減值準備 （一）固定資產折舊范圍 除以下情況外，企業應對所有的固定資產計提折舊： 1.已提足折舊仍繼續使用的固定資產； 2.按照規定單獨估價作為固定資產入賬的土地（歷史遺留問題）。 【特別提示】 ①未使用、不需用的固定資產照提折舊。（計入“管理費用”） ②處于更新改造過程停止使用的固定資產，應將其賬面價值轉入在建工程，不再計提折舊。 ③固定資產提足折舊后，不論是否繼續使用，均不再計提折舊。 ④提前報廢的固定資產不再補提折舊。 ⑤替換使用的設備需要計提折舊。 ⑥大修理停用的固定資產照提折舊。（按正常方式） 【手寫板】 （二）固定資產折舊方法 企業應當根據與固定資產有關的經濟利益的預期消耗方式，合理選擇固定資產折舊方法。 可選用的折舊方法包括年限平均法、工作量法、雙倍余額遞減法和年數總和法等。 其中，雙倍余額遞減法和年數總和法是加速折舊法。固定資產的折舊方法一經確定，不得隨意變更。 1.年限平均法（又稱直線法） 月折舊率=年折舊率÷12 月折舊額=固定資產原價×月折舊率 【補充例題·計算題】 一座廠房原值500 000元，預計使用10年，殘值率為10%，計算月折舊額。 【正確答案】 年折舊率=（1-10%）/10=9% 月折舊率=9%÷12=0.75% 月折舊額=500 000×0.75%=3 750（元） 2.工作量法 某項固定資產月折舊額=該項固定資產當月工作量×單位工作量折舊額 【補充例題·計算題】 某企業一輛卡車原價60 000元，預計總里程為500 000公里，預計凈殘值率為5%，本月行駛400公里，計算當月應提的折舊額。 【正確答案】 當月折舊額=0.114×400=45.60（元） 3.雙倍余額遞減法 雙倍余額遞減法：是指在不考慮固定資產預計凈殘值的情況下，根據每期期初固定資產原價減去累計折舊后的金額和雙倍的直線法折舊率計算固定資產折舊的一種方法。 應在其折舊年限到期前兩年內，將固定資產凈值扣除預計凈殘值后的余額平均攤銷。 計算公式如下： 【補充例題·計算題】 某企業一項固定資產的原價為20 000元，預計使用年限為5年，預計凈殘值200元。按雙倍余額遞減法計算折舊，每年的折舊額計算如下： 【正確答案】 年折舊率=2/5×100%=40% 第一年應提的折舊額=20 000×40%=8 000（元） 第二年應提的折舊額=（20 000-8 000）×40%=4 800（元） 第三年應提的折舊額=（20 000-8 000-4 800）×40%=2 880（元） 第四、第五年的年折舊額=（20 000-8 000-4 800-2 880-200）÷2=2 060（元） 4.年數總和法（又稱年限合計法） 【補充例題·計算題】 接上例，假如采用年數總和法，每年折舊額的計算如下： 【正確答案】 第一年折舊額=（20 000-200）×5/15=6 600（元） 第二年折舊額=（20 000-200）×4/15=5 280（元） 第三年折舊額=（20 000-200）×3/15=3 960（元） 第四年折舊額=（20 000-200）×2/15=2 640（元） 第五年折舊額=（20 000-200）×1/15=1 320（元） 【特別提示】 ①企業應當按月計提固定資產折舊，當月增加的固定資產，當月不計提折舊，從下月起計提折舊；當月減少的固定資產，當月仍計提折舊，從下月起不計提折舊。 ②折舊的對應科目 a.基本生產車間使用的固定資產，其計提的折舊應計入制造費用，并最終計入所生產產品成本； b.管理部門使用的固定資產，其計提的折舊應計入管理費用； c.未使用的固定資產，其計提的折舊應計入管理費用； d.銷售部門使用的固定資產，其計提的折舊應計入銷售費用； e.用于工程的固定資產，其計提的折舊應計入在建工程； f.用于研發無形資產的的固定資產，其計提的折舊應計入研發支出等。 借：制造費用 管理費用 銷售費用 在建工程 研發支出等 貸：累計折舊 三、固定資產處置的會計處理 固定資產處置一般通過“固定資產清理”科目進行核算（★★除固定資產盤虧之外）。 【特別提示】 ①固定資產盤虧應該計入“待處理財產損溢”。 ②固定資產出售、報廢或毀損的會計處理：“固定資產清理”，不利記借方，有利記貸方，最后轉損益 階段 賬務處理 1.固定資產轉入清理 借：固定資產清理 累計折舊 固定資產減值準備 貸：固定資產 2.發生的清理費用 借：固定資產清理 貸：銀行存款 3.出售收入、殘料等的處理 借：銀行存款/原材料等 貸：固定資產清理 應交稅費——應交增值稅(銷項稅額) 4.保險賠償的處理 借：其他應收款/銀行存款等 貸：固定資產清理 5.清理凈損益的處理 總原則：依據固定資產處置方式的不同 1.因已喪失使用功能（如：正常報廢清理）或因自然災害發生毀損等原因而報廢清理產生的利得或損失應計入營業外收支。 2.因出售、轉讓等原因產生的固定資產處置利得或損失應計入資產處置損益。（人為原因） 凈損失 ①屬于生產經營期間正常報廢清理的處理凈損失 借：營業外支出——處置非流動資產損失 貸：固定資產清理 ②屬于自然災害等非正常原因造成的損失 借：營業外支出——非常損失 貸：固定資產清理 ③出售、轉讓等原因造成的損失（人為原因） 借：資產處置損益 貸：固定資產清理 凈收益 ①固定資產清理完成后的生產經營期間凈收益【已喪失使用功能（如：正常報廢清理）或因自然災害等】 借：固定資產清理 貸：營業外收入 ②出售、轉讓等原因產生的凈收益（人為原因） 借：固定資產清理 貸：資產處置損益 注：籌建期間的，沖減“管理費用”。 四、補充內容 1.資產的賬面余額：是指某科目的賬面實際余額，不扣除備抵項目（如：減值準備、累計折舊或累計攤銷等）（一般指原值） 2.資產的賬面價值：是指某科目的賬面余額減去相關的備抵項目后的凈額。 3.負債的賬面價值：一般等于其賬面余額。 例如： 資產項目 含義 ①存貨、長期股權投資等 賬面余額、賬面價值 ②固定資產 賬面余額、賬面凈值（折余價值）、賬面價值 ③無形資產 賬面余額、攤余價值、賬面價值 【手寫板】第二篇：第2講 直接證明與間接證明
第三篇：第21講：不等式的證明(教師用書)
第四篇：數學證明2
第五篇：第05講_固定資產（2）
點擊咨詢 