人教版高中数学选修2-2教学案2.2直接证明与间接证明(教师版)

直接证明与间接证明
_____________________________ __________________________________________________ ___
__________________________________________ ________________________________________
(1)了解直接证明的一种基本方法──综合法、分析法；
(2) 了解间接证明的一种基本方法──反证法；
(3)了解综合法、分析法、反证法的思考过程与特点,会用综合法、分析法、反证法证明数学问题.
类型一、直接证明：
一. 综合法
1.定义：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，经过一系列的推理论
证，最后推导出所要证明的结论成立.
2.思维特点：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出
结论的一种证明方法
3.框图表示：(
P
表示已知条件、已有的定义、定理、公理等 ,
Q
表示要证明的结论)
二.分析法
1.定义：一般地,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
结为判断一个明显成立的条件(已知 条件、定理、定义、公理等)为止,这种证明方法叫
做分析法.
2. 思维特点：执果索因步步寻求上一步成立的充分条件，它与综合法是对立统一的两种
方法
3.框图表示：(用
Q
表示要证明的结论,
P
n
表示 充分条件)
4.分析法的书写格式：

类型二、反证法：
:
3?7?25
例3 求证
反证法：假设命题结论不成立（即命题结论的反 面成立），经
证明：因为
3?7和25
都是正数，
过正确的推理,引出矛盾 ，,从而证明原命题成立,
3?
因此说明假设错误
7?25
所以要证
这样的的证明方法叫反证法。
只需证
(3?7)
2

?(25)
2

（2）反证法的一般步骤：
展开得
10?221?20

a、反设：假设命题结论不成立（即假设结论的反面成立）；
只需证
21?5,

b、归缪：从假设出发，经过推理论证，得出矛盾；
只需证
21?25

因为
21?25
显然成立，
c、下结论：由矛盾判定假设不成立，从而肯定命题成立。
25
所以
3?7?
（3）应用反证法的情形：
①直接证明困难;
②需分成很多类进行讨论．
③结论为“至少”、“至多”、“有无穷多个” ---类命题；
④结论为 “唯一”类命题；
（4）关键在于归缪矛盾：
a、与已知条件矛盾；b、与公理、定理、定义矛盾；c、自相矛盾。
题型一 综合法：
要证：??
只要证：??
只需证：??
??显然成立
上述各步均可逆
所以,结论成立
第 1 页

例1 已知a,b,c是不全相等的正数，
a?bb?cc?a
?lg?lg?lga?lgb?lgc

222
?
证明：
?a,b,c?R

求证：
lg
以上三式相加，且注意到a,b,c不全相等，
故
lg
a?bb?cc?a
?lg?lg?lga?lgb?lgc

222
总结：本题主要综合运用基本不等式以及对数的运算性质来证明.
例2 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,求证△ABC为等边三角形.
证明：由 A, B, C成等差数列，有 2B=A + C ．
○
1
因为A,B,C为△ABC的内角，所以A + B + C=
?
．
○
2
?
.
○
3
3
2
由a, b，c成等比数列，有
b?ac
.
○
4
由①② ，得B=
由余弦定理及③，可得
再由④，得
a?c?ac?ac
.
因此
a?c
.
从而A=C.
○
5
由②③⑤，得
A=B=C=
22
?
.
3
所以△ABC为等边三角形．
总结:解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如 把文字语言转换成符号语言，或把符号语言
转换成图形语言等．还要通过细致的分析，把其中的隐含条件 明确表示出来．
练习：
1、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,
求证△ABC为等边三角形.
分析：将 A , B , C 成等差数列，转化为符号语言就是2B =A + C; A , B , C为△ABC的内角，这是一
个隐含条件，明确表示出来是A + B + C =
?
； a , b，c成等比数列，转化为符号语言就是
b?ac
．此时，如果能把角和边统一起来，那么就可以进一步寻找角和边之间的关系，进而判断三角形的形状，
余弦定理正好满足要求．于是，可以用余弦定理为工具进行证明．
证明：由 A, B, C成等差数列，有 2B=A + C ． ①
因为A,B,C为△ABC的内角，所以A + B + C=
?
． ⑧
由①② ，得B=
2
?
.
3
2
2
由a, b，c成等比数列，有
b?ac
.
由余弦定理及③，可得
再由④，得
a?c?ac?ac
.
因此
a?c
.
从而A=C.
由②③⑤，得
A=B=C=
2
?
.
3
所以△ABC为等边三角形．
解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，或把符号语言转换
第 2 页

成图形语言等．还要通过细致的分析，把其中的隐含条件明确表示出来．
2、已知
a,b?R,
求证
ab?ab.

本题可以尝试使用差值比较和商值比较两种方法进行。
证明：1) 差值比较法：注意到要证的不等式关于
a,b
对称，不妨设
a?b?0.
< br>?
abba
?a?b?0
?a
a
b
b
?a< br>b
b
a
?a
b
b
b
(a
a?b?b
a?b
)?0
2）商值比较法：设
a?b?0,

，从而原不等式得证。
a
a
b
b
a
a
?
?1,a?b?0,

?
ba
?()
a?b
?1.
故原不等式得证。
b
ab
b
注：比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明不等式的 步骤是：作差
（或作商）、变形、判断符号。
讨论：
若题设中去掉
x?1
这一限制条件，要求证的结论如何变换？
题型二 分析法：
例2若a,b,c是不全相等的正数，求证：lg
证明：要证lg
a?b
b?cc?a
+ lg+ lg＞lga+lgb+lgc。
2
22
a?bb?cc?a
+ lg+ lg＞lga+lgb+lgc，
222
a?bb?cc?a
只需证lg··>lg（a·b·c），
222
a?bb?cc?a
只需证··＞abc。
222
a?bb ?cc?a
?ab?0
，
?bc?0
，
?ac?0
。 但是 ，
222
a?bb?cc?a
且上述三式中的等号不全成立，所以，··＞abc。
222
a?bb?cc?a
因此lg+ lg+ lg＞lga+lgb+lgc。
222
分析：从定不等式不易发现证明的出发点，因此我们直接从待证不等式出发，分析其成立 的重要条
件
练习:在锐角
?ABC
中,求证:
tanA?tanB?1

证明:要证明
tanA?tanB?1

sinAsinB
?1

cosAcosB
因为A、B为锐角,所以
cosA?0,cosB?0

只需证
只需证
cosAcosB?sinAsinB

只需证
cos(A?B)?0

因为C为锐角,
A?B?
?
?C
为钝角
所以
cos(A?B)?0
恒成立
所以
tanA?tanB?1

题型三 反证法：
例1、已知a是整数，2能整除
a
，求证：2能整除a.
2
第 3 页

证明： 假设命题的结论不成立，即“2不能整除a”。
因为a是整数，故a是奇数，a可表示为2m+1（m为整数），则
a
2
? (2m?1)
2
?4m
2
?4m?1?2(2m
2
?2m) ?1
，即
a
2
是奇数。
所以，2不能整除
a
。这 与已知“2能整除
a
”相矛盾。于是，“2不能整
除a”这个假设错误，故2能整除a .
例2、在同一平面内，两条直线a，b都和直线c垂直。求证：a与b平行。
证明：假设 命题的结论不成立，即“直线a与b相交”。设直线a，b的交点为M，
0
?PMQ?0
a，c的交点为P，b，c的交点为Q，如图所示，则。
22
这样
△MPQ
的内角和
??PMQ??MPQ??PQM

这与定理“三角形的内角和等于
180
”相矛盾，这说明假设是错误的。所以直线a与b不相
交，即a与b平行。
例3、求证：
2
是无理数。

证明：即
2
是有理 数，那么它就可以表示成两个整数之比，设
2?
2
不是无理数，
0
p
，p?0
，
q
22
且
p
，
q
互素 ，则
p2?q
。所以

2p?q
..
①

22222
故
q
是偶数，
q
也必然为偶数。设
q=2k，代入①式，则有
2p?4k
，即
p?2k
，所以
p
也 为
偶数。
P
和
q
都是偶数，它们有公约数
2
，这与
p
，
q
互素相矛盾。因此，假设不成立，即“
2
是
无理数”。

1
。

4
1
111
证法一： 假设三式同时大于，即
?
1?a
?
b?
，
?
1?b
?
c?
，
?
1?c
?
a?

4< br>444
1
a,b,c?
?
0,1
?
，
?三式同向相乘得
?
1?a
?
b
?
1?b
?c
?
1?c
?
a?
，又

64
练习： 已知，
a,b,c?(0,1)
，求证：
(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a
不能同时大于
2
11
?
1?a?a
?
1
1 ?bb?1?cc?

，同理，
?
????
?
1?a
?
a?
??
44
24
??
?
?
1?a< br>?
b
?
1?b
?
c
?
1?c
?a?
证法二：假设三式同时大于
1
，这与假设矛盾，故原命题得证。

64
1
，
0?a?1?1?a?0
，

4
同理
证

?
1?b
?
?c
?< br>1
,
?
1?c
?
?a
?
1
,
三式相加得
3
?
3
，这是矛盾的，故假设错误，所以原命题得
22 22
22
1、已知a，b，c是不全相等的正数，求证：
第 4 页

证明：∵
b?c
≥2bc,a＞0,
∴
a(b?c)
≥2abc ①
同理
b(c?a)
≥2abc ②
22
22
22< br>c(a
2
?b
2
)
≥2abc ③
因为a，b，c不全相等，所以
b?c
≥2bc,
c?a
≥2ca,
a?b
≥2ab三式不能全取“=”
号，从而①、②、③三式也不能全取“=”号
2、已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，
222222
求证：
a?b?c?(a?b?c)

证明：左－右=2（ab+bc－ac）
∵a，b，c成等比数列，∴
b?ac

2
2222
a?c
?a?c

2
2422
3、若实数
x?1
，求证：
3(1?x?x)?(1?x?x).

又∵a，b，c都是正数，所以
0?b?ac
≤
证明：采用差值比较法： < br>4、已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤
(a
2
?b
2)(c
2
?d
2
)

分析一:用分析法
证法一:(1)当
ac
+
bd
≤0时,显然成立
(2)当
ac
+
bd
>0时,欲证原不等式成立,
222 22
只需证(
ac
+
bd
)≤(
a
+
b< br>)(
c
+
d
)
222222222222
即证ac
+2
abcd
+
bd
≤
ac
+
a d
+
bc
+
bd

2222
即证2
abcd
≤
bc
+
ad

2
即证0≤(
bc
-
ad
)
因为
a,
b
,
c
,
d
∈R,所以上式恒成立,
综合(1)、(2)可知:原不等式成立
分析二:用综合法
2222222222 2222222222
证法二:(
a
+
b
)(
c
+
d
)=
ac
+
ad
+
bc
+
bd
=(
ac
+2
abcd
+
bd
)+(
bc
-2
abcd
+
ad
)
222
=(
ac
+
bd
)+(
bc
-
ad
)≥(
ac+
bd
)
∴
(a?b)(c?d)
≥|
ac
+
bd
|≥
ac
+
bd

2222
故命题得证
分析三:用比较法
222222
证法三:∵ (
a
+
b
)(
c
+
d
)-(
ac
+
bd
)=(
bc
-
ad
)≥0,
22 222
∴(
a
+
b
)(
c
+
d
) ≥(
ac
+
bd
)
∴
(a?b)(c?d)
≥|
ac
+
bd
|≥
ac
+
bd
,
即
ac
+
bd
≤
(a?b)(c?d)

2222
2222
5、设a、b是两个正实数，且a≠b，求证：a+b＞ab+ab．
证明：(用分析法思路书写)
3322
要证 a+b＞ab+ab成立，
22
只需证(a+b)(a-ab+b)＞ab(a+b)成立，
22
即需证a-ab+b＞ab成立。(∵a+b＞0)
22
只需证a-2ab+b＞0成立，
2
即需证(a-b)＞0成立。
2
而由已知条件可知，a≠b，有a-b≠0，所以(a-b)＞0显然成立，由此命题得证。
(以下用综合法思路书写)
222
∵a≠b，∴a-b≠0，∴(a-b)＞0，即a-2ab+b＞0
22
亦即a- ab+b＞ab
22
由题设条件知，a+b＞0，∴(a+b)(a-ab+b)＞(a+b)ab
3322
第 5 页

即a+b＞ab+ab，由此命题得证.
____________ __________________________________________________ ___________________
__________________________ __________________________________________________ _____
基础巩固
一、选择题
1． 设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC
的形状为( )
A．锐角三角形
C．钝角三角形
[答案] B
[解析] 由正弦定理得sinBcosC＋sinCcosB＝sin
2
A，所以，sin(B＋C)＝sin
2
A，∴sinA＝sin
2A，而
π
sinA>0，∴sinA＝1，A＝，所以△ABC是直角三角形．
2
2． 已知x、y为正实数，则( )
A．2
lgx
＋
lgy
3322
B．直角三角形
D．不确定
＝2
lgx
＋2
lgy
B．2
l g(x
＋
y)
＝2
lgx
·2
lgy

l gy
C．2
lgx·
＝2
lgx
＋2
lgy
D．2
lg(xy)
＝2
lgx
·2
lgy

[答案] D
[解析] 2
lg(xy)
＝2
(lgx
＋
lgy)
＝2
lgx
·2
lgy
.
3．设a、b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
a
2
＋b
2
A．1≤ab≤
2
a
2
＋b
2
C．ab<<1
2
[答案] B
a
2
＋b
2
B．ab<1<
2
a
2
＋b
2
D．<12
?
a＋b
?
2
a＋b
[解析] ab<
??
<
2
(a≠b)．
2
??
1
4．设01－x
A．a
C．c
[答案] C
1－x
2
－1
x
2
[解析] 因为b－c＝(1＋x)－＝ ＝－＜0，所以b2
>2x>0，所以
1－x1－x1－x< br>1
b＝1＋x>2x＝a，所以aB．b
D．不能确定
22
第 6 页

13
[点评] 可用特值法：取x＝，则a＝1，b＝，c＝2.
22
5．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么( )
x＋y
A．x<2
x＋y
C．x<<2xy2
[答案] D
x＋y
1
x＋y
313
[解析] ∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝.所以有x<2xy<442 282
排除A、B、C，选D.
1
?
x
＋
?
a＋ b
?
，B＝f(ab)，C＝f
?
2ab
?
，则A、B、C 的大小6．已知函数f(x)＝
?
，a、b∈R，A＝f
?
2
??
2
??
a＋b
?
关系为( )
A．A≤B≤C
C．B≤C≤A
[答案] A
[解析]
a＋b
2ab1≥ab≥，又函数f(x)＝()
x
在(－∞，＋∞)上是单调减函数，
22
a＋b
B．A≤C≤B
D．C≤B≤A
x＋y
B．2xy2
x＋y
D．x<2xy<2
a＋b
2ab
∴f()≤f(ab)≤f()．
2
a＋b
二、填空题
7．已知a>0，b>0，m＝lg
[答案] m>n
a＋b
[解析] 因为(a＋b)＝a＋b＋2ab>a＋b>0，所以>
2
2
a＋ba＋b
，n＝lg，则m与n的大小关系为________．
22
a＋b
，所以m>n.
2
8．设a＝2，b＝7－3，c＝6－2，则a、b、c的大小关系为________．
[答案] a>c>b
[解析] b＝
4
7＋3
，c＝
4
6＋2
，显然b而 a
2
＝2，c
2
＝8－212＝8－48<8－36＝2＝a
2，
所以a>c.
也可用a－c＝22－6＝8－6>0显然成立，即a>c.
9．如果aa＋bb>ab＋ba，则实数a、b应满足的条件是________．
第 7 页

[答案] a≠b且a≥0，b≥0
[解析] aa＋bb>ab＋ba ?aa＋bb－ab－ba>0?a(a－b)＋b(b－a)>0?(a－
b)(a－b)>0?(a ＋b)(a－b)
2
>0
只需a≠b且a，b都不小于零即可．
三、解答题
10． 已知n∈N
*
，且n≥2，求证：
[证明] 要证
即证1>n－
只需证
1
>n－
n
n?n－1?，
n－1，
1
>n－n－1.
n
n?n－1?>n－1，
∵n≥2，∴只需证n(n－1)>(n－1)
2
，
只需证n>n－1，只需证0>－1，
最后一个不等式显然成立，故原结论成立．
一、选择题
11． 设函数f(x)的导函数为f ′(x)，对任意x∈R都有f ′(x)>f(x)成立，则( )
A．3f(ln2)>2f(ln3)
C．3f(ln2)＝2f(ln3)
[答案] B
f′?lnx?－f?lnx?
f?lnx?
[解析] 令F(x)＝(x>0)，则 F′(x)＝，∵x>0，∴lnx∈R，∵对任意x∈R都有
xx
2
f ′(x)> f(x)，∴f′(lnx)>f(lnx)，∴F′(x)>0，∴F(x)为增函数，∵3>2>0，∴F( 3)>f(2)，即
3f(ln2)<2f(ln3)．
33
3
12．要使a－bA．ab<0且a>b
C．ab<0且a[答案] D
[解析]
3
a－b<
3
3
3333
a－b?a－b＋3ab
2
－3a
2
b2
2
b.
B．ab>0且a>b
D．ab>0且a>b或ab<0且af?ln3?f?ln2?
>，∴
32
B．3f(ln2)<2f(ln3)
D．3f(ln2)与2f(ln3)的大小不确定
33
∴当ab>0时，有b第 8 页

33
当ab<0时，有b>a，即b>a.
14y
13． 若两个正实数x、y满足＋＝1，且不等式x＋2
－3m有解，则实数m的取值范围是( )
xy4
A．(－1,4)
C．(－4,1)
[答案] B
14yy14y4x
[解析] ∵x>0，y>0，＋＝1，∴x＋＝(x＋)(＋)＝2＋＋ ≥2＋2
xy44xy4xy
y4x
·＝4，等号在y
4xy
B．( －∞，－1)∪(4，＋∞)
D．(－∞，0)∪(3，＋∞)
yy
＝4x，即x ＝2，y＝8时成立，∴x＋的最小值为4，要使不等式m
2
－3m>x＋有解，应有m
2
－3m>4，
44
∴m<－1或m>4，故选B.
14． 在f(m，n)中，m、n、f(m，n)∈N
*
，且对任意m、n都有：
(1)f (1,1)＝1，(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，(3)f(m＋1,1)＝2f(m,1)；给 出下列三个结论：
①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；
其中正确的结论个数是( )个．
A．3
C．1
[答案] A
[解析] ∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)组成首项为f(m,1)，公差为2的等差数列，
∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．
又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9，
又∵f(m＋ 1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)构成首项为f(1,1)，公比为2的等比数列，∴f(m,1)＝ f(1,1)·2
m
－
1
＝
2
m
－
1，∴f(5,1)＝2
5
－
1
＝16，∴f(5,6)＝f(5,1)＋ 2×(6－1)＝16＋10＝26，∴①②③都正确，故选A.
二、填空题
15．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，
则cos(α－β)＝________.
1
[答案] －
2
[解析] 由题意sinα＋sinβ＝－sinγ
cosα＋cosβ＝－cosγ
①，②两边同时平方相加得
2＋2sinαsinβ＋2cosαcosβ＝1


①
②
B．2
D．0
第 9 页

2cos(α－β)＝－1，
1
cos(α－β)＝－.
2
三、解答题
16．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，
abc
求证：＋＞.
a＋mb＋mc＋m
abc
[证明] 要证明＋＞，
a＋mb＋mc＋m
abc
只需证明＋－＞0即可．
a＋mb＋mc＋m
abc
∵＋－＝
a＋mb＋mc＋m
a?b＋ m??c＋m?＋b?a＋m??c＋m?－c?a＋m??b＋m?
，
?a＋m??b＋m??c＋m?
∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，
∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0，
∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋ m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am
2
＋abc＋abm＋bcm ＋
bm
2
－abc－bcm－acm－cm
2
＝2abm＋am2
＋abc＋bm
2
－cm
2

＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m
2
，
∵△ABC中任意两边之和大于第三边，
∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m
2
＞0，
∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m
2
＞0，
abc
∴＋＞.
a＋mb＋mc＋m
sin?2α＋β?
sinβ
17．求证：－2cos( α＋β)＝.
sinαsinα
[证明] 要证明原等式成立．
即证明sin(2α＋β)－2sinαcos(α＋β)＝sinβ，
又因为sin(2α＋β)－2sinαcos(α＋β)
＝sin[(α＋β)＋α]－2sinαcos(α＋β)
第 10 页

＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα－2sinαcos(α＋β)
＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα
＝sin[(α＋β)－α]＝sinβ.
所以原命题成立．
备用例题1：已知
x,y,z?R,a,b,c?R

求证：
?
b?c
2
c?a
2
a?b
2
x? y?z?2(xy?yz?zx)

abc
证明：由于x，y，z∈R，a，b，c∈R
＋
，则
b? c
2
c?a
2
a?b
2
x?y?z?2(xy?yz?zx )
.
abc
备用例题2: 已知
1?tan
?
?1
，求证：cos
?
－sin
?
＝3(cos
?
＋sin< br>?
)．
2?tan
?
所以
证明：要证cos
?－sin
?
＝3(cos
?
＋sin
?
)，
cos
?
?sin
?
?3
，
cos
?
?sin
?
1?tan
?
?3
， 只需证
1?tan
?
只需证
1
只需证1－tan
?
＝3(1＋tan
?
)，只需证tan
?
＝－，
2
∵1?tan
?
?1
，∴1－tan
?
＝2＋tan
?< br>，即2tan
?
＝－1.
2?tan
?
1
∴tan
?
＝－显然成立，∴结论得证．
2
一、选择题
1．否定结论“至多有两个解”的说法中，正确的是( )
A．有一个解
B．有两个解
C．至少有三个解
D．至少有两个解
[答案] C
[解析] 在逻辑中“至多有
n
个”的否定是“至少有
n
＋1个”，所以“至多有两个解”的否定
为“至少有三个解”，故应选C.
2． 否定“自然数
a
、
b
、
c
中恰有一个偶数”时的正确反设为 ( )
A．
a
、
b
、
c
都是奇数
B．
a
、
b
、
c
或都是奇数或至少有两个偶数
C．
a
、
b
、
c
都是偶数
D．
a
、
b
、
c
中至少有两个偶数
[答案] B
第 11 页

[解析]
a
，b
，
c
三个数的奇、偶性有以下几种情况：①全是奇数；②有两个奇数，一个偶数 ；
③有一个奇数，两个偶数；④三个偶数．因为要否定②，所以假设应为“全是奇数或至少有两个偶数”．故应选B.
3．用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是( )
A．假设三内角都不大于60°
B．假设三内角都大于60°
C．假设三内角至多有一个大于60°
D．假设三内角至多有两个大于60°
[答案] B
[解析] “至少有一个不大于”的否定是“都大于60°”．故应选B. < br>4．用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程
ax
＋
bx
＋
c
＝0(
a
≠0)有有理根，那么
a
，
b
，2
c
中至少有一个是偶数”时，下列假设正确的是( )
A．假设
a
，
b
，
c
都是偶数
B．假设
a
、
b
，
c
都不是偶数
C．假设
a
，
b
，
c
至多有一个偶数
D．假设
a
，
b
，
c
至多有两个偶数
[答案] B
[解析] “至少有一个”反设词应为“没有一个”，也就是说本题应假设为< br>a
，
b
，
c
都不是偶
数．
5．命题“△< br>ABC
中，若∠
A
>∠
B
，则
a
>
b
”的结论的否定应该是( )
A．
a
<
b

B．
a
≤
b

C．
a
＝
b

D．
a
≥
b

[答案] B
[解析] “
a
>
b
”的否定应为“
a
＝
b
或
a<
b
”，即
a
≤
b
.故应选B.
6．已知< br>a
，
b
是异面直线，直线
c
平行于直线
a
， 那么
c
与
b
的位置关系为( )
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线
D．不可能是相交直线
[答案] C
[解析] 假设
c
∥
b
，而由
c< br>∥
a
，可得
a
∥
b
，这与
a
，b
异面矛盾，故
c
与
b
不可能是平行直线．故
应选C.
第 12 页

111
7．设
a
，
b
，
c
∈(－∞，0)，则三数
a
＋，
c
＋，
b< br>＋中( )
bac
A．都不大于－2
B．都不小于－2
C．至少有一个不大于－2
D．至少有一个不小于－2
[答案] C
?
1
??
1
??
1
?
[解析]
?
a
＋
?
＋
?
c
＋
?
＋
?
b
＋
?

bac
?????
c
?
?
?
1
??
1
??
1
?
＝
?< br>a
＋
?
＋
?
b
＋
?
＋
?< br>c
＋
?

?
a
??
b
??
∵
a
，
b
，
c
∈(－∞，0)，
1
??
1
??
∴
a
＋＝－
?
－
a
＋?
－
??
≤－2
a
??
a
??
b< br>＋＝－
?
－
b
＋
?
－
??
≤－2
b
??
b
??
c
＋＝－
?
－
c< br>＋
?
－
??
≤－2
c
??
c
??
1
1
?
?
?
1
??
?
1
??
?
1
??
1
??
1
?
∴
?< br>a
＋
?
＋
?
c
＋
?
＋
?< br>b
＋
?
≤－6
?
b
??
b
a??
a
c
?
c
111
∴三数
a
＋、< br>c
＋、
b
＋中至少有一个不大于－2，故应选C.
8．若
P
是两条异面直线
l
、
m
外的任意一点，则( )
A．过点
P
有且仅有一条直线与
l
、
m
都平行
B．过点
P
有且仅有一条直线与
l
、
m
都垂直
C．过点
P
有且仅有一条直线与
l
、
m
都相交
D．过点
P
有且仅有一条直线与
l
、
m
都异面
[答案] B
[解析] 对于A，若存在直线
n
，使
n
∥
l
且
n
∥
m

则有
l
∥
m
，与
l
、
m
异面矛盾；对于C，过点
P
与
l
、
m
都相交的直线不一定存
在，反例如图(
l
∥α)； 对于D，过点
P
与
l
、
m
都异面的直线不唯一．
9．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四
位歌手，甲说：“是乙或丙 获奖”，乙说：“甲、丙都未获奖”，丙说：“我获奖了”，丁说：“是
乙获奖了”，四位歌手的话只有 两句是对的，则获奖的歌手是( )
A．甲
B．乙
C．丙
第 13 页

D．丁
[答案] C
[解析] 因为只有一人获奖，所以丙、 丁只有一个说对了，同时甲、乙中只有一人说对了，假
设乙说的对，这样丙就错了，丁就对了，也就是甲 也对了，与甲错矛盾，所以乙说错了，从而知甲、
丙对，所以丙为获奖歌手．故应选C.
x< br>n
(
x
2
n
＋3)
10．已知
x
1
>0，
x
1
≠1且
x
n
＋1
＝(
n
＝1,2…)，试证“数列{
x
n
}或者对任意正整数
n
都满
2
3
x
n
＋1
足
x
n
<x
n
＋1
，或者对任意正整数
n
都满足
x
n< br>>
x
n
＋1
”，当此题用反证法否定结论时，应为( )
A．对任意的正整数
n
，都有
x
n
＝
x
n
＋1

B．存在正整数
n
，使
x
n
＝
x< br>n
＋1

C．存在正整数
n
，使
x
n
≥
x
n
＋1
且
x
n
≤
x
n－1

D．存在正整数
n
，使(
x
n
－
x
n
－1
)(
x
n
－
x
n
＋1
)≥0
[答案] D
[解析] 命题的结论是“对任意正整数
n
，数列{
x
n
}是递增数列或是递减数列”，其反设是“存
在正整数
n
，使数列既不是递增数列，也不是递减数列”．故应选D.
二、填空题
11．命 题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定是________．
[答案] 没有一个是三角形或四边形或五边形
[解析] “至少有一个”的否定是“没有一个”．
12．用反证法证明命题“
a
，
b
∈N，
ab
可被5整除，那么
a
，
b
中至少有一个 能被5整除”，那
么反设的内容是________________．
[答案]
a
，
b
都不能被5整除
[解析] “至少有一个”的否定是“都不能”．
13．用反证法证明命题：“一个三角形中不能有两个直角”的过程归纳为以下三个步骤：
① ∠
A
＋∠
B
＋∠
C
＝90°＋90°＋∠
C
>180°，这与三角形内角和为180°相矛盾，则∠
A
＝∠
B
＝90° 不成立；
②所以一个三角形中不能有两个直角；
③假设∠
A
，∠
B
，∠
C
中有两个角是直角，不妨设∠
A
＝∠
B
＝ 90°.
正确顺序的序号排列为____________．
[答案] ③①②
[解析] 由反证法证明的步骤知，先反证即③，再推出矛盾即①，最后作出判断，肯定结论即
②，即顺序应为③①②.
14．用反证法证明质数有无限多个的过程如下：
假设_____ _________．设全体质数为
p
1
、
p
2
、…、p
n
，令
p
＝
p
1
p
2
…< br>p
n
＋1.
显然，
p
不含因数
p
1
、
p
2
、…、
p
n
.故
p
要么是质数， 要么含有______________的质因数．这表
第 14 页

明，除 质数
p
1
、
p
2
、…、
p
n
之外 ，还有质数，因此原假设不成立．于是，质数有无限多个．
[答案] 质数只有有限多个 除
p
1
、
p
2
、…、
p
n
之外
[解析] 由反证法的步骤可得．
三、解答题
15．已知：
a
＋
b
＋
c
>0，
ab
＋
bc
＋
ca
>0，
abc
>0.
求证：
a
>0，
b
>0，
c
>0.
[证明] 用反证法：
假设
a
，
b
，
c
不都是正数，由
abc
>0可知，这三个数中必有两个为负数，一个为正数，
不妨设
a
<0，
b
<0，
c
>0，则由
a
＋b
＋
c
>0，
可得
c
>－(
a
＋
b
)，
又
a
＋
b
<0，∴
c
(
a
＋
b
)<－ (
a
＋
b
)(
a
＋
b
)
ab< br>＋
c
(
a
＋
b
)<－(
a
＋
b
)(
a
＋
b
)＋
ab

即
a b
＋
bc
＋
ca
<－
a
－
ab
－
b

∵
a
>0，
ab
>0，
b
> 0，∴－
a
－
ab
－
b
＝－(
a
＋
ab
＋
b
)<0，即
ab
＋
bc
＋
ca
<0，
这与已知
ab
＋
bc
＋
ca
>0 矛盾，所以假设不成立．
因此
a
>0，
b
>0，
c
>0成立．
1
16．已知
a
，
b
，
c
∈(0,1)．求证：(1 －
a
)
b
，(1－
b
)
c
，(1－
c
)
a
不能同时大于.
4
1
[证明] 证法1：假设( 1－
a
)
b
、(1－
b
)
c
、(1－c
)
a
都大于.∵
a
、
b
、
c
都是小于1的正数，∴1
4
(1－
a
)＋
b
－
a
、1－
b
、1－
c
都是正数.≥(1－
a
)
b
＞
2
(1－
b
)＋
c
1(1－
c)＋
a
1
同理＞，＞.
2222
三式相加，得
(1 －
a
)＋
b
(1－
b
)＋
c
(1－
c
)＋
a
3
＋＋＞，
2222
33
即＞，矛盾．
22
1
所以(1－
a
)
b
、(1－
b
)
c
、(1－
c
)
a
不能都大于.
4
1111
证法2：假设三个式子同时大于，即 (1－
a
)
b
>，(1－
b
)
c
>，(1 －
c
)
a
>，三式相乘得
4444
11
＝， < br>42
222222
22
?
1
?
3
(1－a
)
b
(1－
b
)
c
(1－
c
)
a
>
??
①
?
4
?
因为0<
a
<1，所以0<
a
(1－
a
)≤
?
?
1－
a
＋
a
?
2
＝
1
.
?
?
2
?
4
第 15 页

11< br>同理，0<
b
(1－
b
)≤，0<
c
(1－
c
)≤.
44
?
1
?
3
所以(1－
a< br>)
a
(1－
b
)
b
(1－
c
)c
≤
??
.②
?
4
?
因为①与②矛盾，所以假设不成立，故原命题成立．
17． 已知函数
f
(
x
)是(－∞，＋∞)上的增函数，
a
，b
∈R.
(1)若
a
＋
b
≥0，求证：
f< br>(
a
)＋
f
(
b
)≥
f
(－
a
)＋
f
(－
b
)；
(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．
[解析] (1)证明：∵< br>a
＋
b
≥0，∴
a
≥－
b
.
由已 知
f
(
x
)的单调性得
f
(
a
)≥
f
(－
b
)．
又
a
＋
b
≥0?
b
≥－
a
?
f
(
b
)≥
f
(－
a
)．
两式相加即得：
f
(
a
)＋
f< br>(
b
)≥
f
(－
a
)＋
f
(－b
)．
(2)逆命题：
f
(
a
)＋
f(
b
)≥
f
(－
a
)＋
f
(－
b
)则
a
＋
b
≥0.
下面用反证法证之．
假设
a
＋
b
<0，那么：

a
＋
b
<0?
a
<－
b
?
f
(
a
) <
f
(－
b
)
a
＋
b
<0?
b< br><－
a
?
f
(
b
)<
f
(－
a
)


?
f
(
a
)＋
f(
b
)<
f
(－
a
)＋
f
(－
b
)．
这与已知矛盾，故只有
a
＋
b
≥0.逆命题得证．
1?
2
?
n
－1
18．已知数列{
b
n
}的通项公式为
b
n
＝
??
.求证：数列{
b
n< br>}中的任意三项不可能成等差数列．
4
?
3
?
[解析] 假 设数列{
b
n
}存在三项
b
r
、
b
s、
b
t
(
r
<
s
<
t
)按某 种顺序成等差数列，由于数列{
b
n
}是首项
12
为，公比为的等比 数列，于是有
b
t
>
b
s
>
b
r
，则只可能有2
b
s
＝
b
r
＋
b
t
成立．
43
1
?
2
?
s
－1
1
?
2
?
r
－1
1
?
2
?
t－1
∴2·
??
＝
??
＋
??
.
4
?
3
?
4
?
3
?
4
?
3
?
两边同乘3
t
－11－
r
2，化简得3
t
－
r
＋2
t
－
r
＝2·2
s
－
rt
－
s
3，
由于
r
<
s
<
t
，所以上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾．
故数列{
b
n
}中任意三项不可能成等差数列．

第 16 页