§02直接证明与间接证明【基础再现】1、若nlg0.2＞0且m＋n＞0，则m－n＝.解析：由nlg0.2＞0得n＜0，∴m＞0∴m－n＞0.2、若P＝EQ\r(,a)＋EQ\r(,a+7)，Q＝EQ\r(,a＋3)＋EQ\r(,a+4)(a≥0)，则P、Q的大小关系是.解析：P2＝2a＋7＋2EQ\r(,a(a+7)),Q2＝2a＋7＋2EQ\r(,(a+3)(a+4)),只需要比较a(a＋7)即a2＋7a与(a＋3)(a＋4)即a2＋7a＋12的大小，只需比较0与12的大小.∵0＜12，∴P2＜Q2，∴P＜Q.意图：逆向思考是分析法解题的主要思想，这一类比较大小的问题，常通过反推找到结论的等价条件.3、设a，b，c，d∈(0，＋∞)，若a＋d＝b＋c且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系为.解析：∵|a－d|＜|b－c|(a－d)2＜(b－c)2a2＋d2－2ad＜b2＋c2－2bc，又∵a＋d＝b＋c(a＋d)2＝(b＋c)2a2＋d2＋2ad＝b2＋c2＋2bc，∴－4ad＜－4bc，∴ad＞bc.4．设a、b、c是互不相等的正数，下列不等式：①|a－b|≤|a－c|＋|b－c|，②a2＋eq\f(1,a2)≥a＋eq\f(1,a)，③|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2，④eq\r(a＋3)－eq\r(a＋1)＜eq\r(a＋2)－eq\r(a)，其中不恒成立的是.解析：①|a－b|＝|(a－c)＋(c－b)|≤|a－c|＋|c－b|恒成立；②∵a2＋EQ\F(1,a2)＝(a＋EQ\F(1,a))2－2∴a2＋EQ\F(1,a2)≥a＋EQ\F(1,a)(a＋EQ\F(1,a))2－2＞a＋EQ\F(1,a)(a＋EQ\F(1,a))EQ\s\up4(2)－(a＋EQ\F(1,a))－2＞0a＋EQ\F(1,a)≥2或a＋EQ\F(1,a)≤－1而上式成立，∴②式恒成立；③举反例：取a＝1，b＝2，则0≥2不成立，故③不恒成立；④用分析法可得到上式恒成立，故本例填③.意图：这类“多选型”填空题，必须逐一判断，成立的要给予证明：或用综合法证明，如①；或用分析法证明，如②、④；不能恒成立的可通过反证法（举反例）.5.用反证法证明命题“若且，则和中至少有一个小于2”时，假设为.解：EQ\F(1＋y,x)≥2，且EQ\F(1＋x,y)≥2意图：反证法的第一步是“反设”，这一步一定要准确.要掌握“至多”、“至少”、“都”等词语的否定形式.【典型例题】例1已知a＞0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1,求证：eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b)).证明：证法一：由已知eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1及a＞0，可知b＞0，要证eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b))，可证eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)＞1，即证1＋a－b－ab＞1，这只需证a－b－ab＞0，即eq\f(a－b,ab)＞1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1，而这正是已知条件，以上各步均可逆推，所以原不等式得证．证法二：eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1及a＞0，可知1＞b＞0，∵eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1，∴a－b－ab＞0,1＋a－b－ab＞1，(1＋a)(1－b)＞1.由a＞0,1－b＞0，得eq\r(1＋a)·eq\r(1－b)＞1，即eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b)).意图：复习分析法和综合法证明的思路和步骤。逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件；用综合法思考的时候，要随时注意问题的结论，为了得到结论需要哪些已知条件，因此，综合中也有分析。在解题过程中，两种方法结合使用更好，可谓“珠联璧合”。变式1．已知△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，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)，只需证EQ\F(a＋b＋c,a＋b)＋EQ\F(a＋b＋c,b＋c)＝3,即证EQ\F(c,a＋b)＋EQ\F(a,b＋c)＝1,只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)