x－a
【例3】已知函数f(x)＝ln ax－x(a≠0).
111en
(2)求证：对于任意正整数n，均有1＋2＋3＋?＋n≥ln . n！
x－a
【解析】(1)由题意f′(x)＝x2.
当a＞0时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
此时函数在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数， fmin(x)＝f(a)＝ln a2，无最大值.
当a＜0时，函数f(x)的定义域为(－∞，0)，
此时函数在(－∞，a)上是减函数，在(a,0)上是增函数， fmin(x)＝f(a)＝ln a2，无最大值.
x－1
(2)取a＝1，由(1)知，f(x)＝ln x－x≥f(1)＝0， 1e故x≥1－ln x＝ln x，
111ee
取x＝1,2,3，?，n，则1＋2＋3＋?＋n≥ln e＋ln 2＋?＋ln n＝enln . n！
【点拨】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.
kx－1
【变式训练3】已知函数f(x)＝eg(x)，g(x)＝(e是自然对数的
x＋1
底数)，
(1)若对任意的x＞0，都有f(x)＜x＋1，求满足条件的最大整数k的值；
(2)求证：ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋?＋ln[1＋n(n＋1)]＞2n－3(n∈N*).
【解析】(1)由条件得到f(1)＜2?最大整数k＝2，
现在证明
2x-1ex?12x-1ex?1(1)求此函数的单调区间及最值；
＜2?k＜2ln 2＋1＜3，猜测
＜x＋1对任意x＞0恒成立：
2x-133x?1e＜x＋1等价于2－＜ln(x＋1)?ln(x＋1)＋＞2， x＋1x＋1
x－2313
设h(x)＝ln(x＋1)＋，则h′(x)＝－＝. x＋1x＋1(x＋1)2(x＋1)2故x∈(0,2)时，h′(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
2x-1ex?1所以对任意的x＞0都有h(x)≥h(2)＝ln 3＋1＞2，即对任意x＞0恒成立，
所以整数k的最大值为2.
3
(2)由(1)得到不等式2－＜ln(x＋1)，
x＋1
33
所以ln[1＋k(k＋1)]＞2－＞2－，
k(k＋1)＋1k(k＋1)
＜x＋1
3
ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋?＋ln[1＋n(n＋1)]＞(2－1×2)＋(2－331112×3)＋?＋[2－n(n＋1)]＝2n－3[1×2＋2×3＋?＋n(n＋1)]＝2n－3＋3
＞2n－3， n＋1
所以原不等式成立.
总结提高
合情推理与演绎推理是两种基本的思维推理方式.尽管合情推理(归纳、类比)得到的结论未必正确，但归纳推理与类比推理具有猜想和发现新结论、探索和提供证明的新思路的重要作用，特别在数学学习中，我们可以由熟悉的、已知的知识领域运用归纳、类比思维获取发现和创造的灵感去探索陌生的、未知的知识领域.演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着判断命题真假的重要使命.如果说合情推理是以感性思维为主，只需有感而发；那么演绎推理则是以理性思维为主，要求言必有据.在近几年高考中一道合情推理的试题往往会成为一套高考试题的特色与亮点，以彰显数学思维的魅力.其中数列的通项公式、求和公式的归纳、等差数列与等比数列、平面与空间、圆锥曲线与圆、杨辉三角等的类比的考查频率较大.而演绎推理的考查则可以渗透到每一道试题中.
14.2 直接证明与间接证明
典例精析
题型一 运用综合法证明
111
【例1】设a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：a＋b＋ab≥8. 【证明】因为a＋b＝1，
111a＋ba＋ba＋bbaa＋b
所以a＋b＋ab＝a＋b＋ab＝1＋a＋1＋b＋ab≥2＋
a＋b1
＝2＋2＋4＝8，当且仅当a＝b＝2时等号成立. a＋b(2)2
【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.
a2b2c2
【变式训练1】设a，b，c＞0，求证：b＋c＋a≥a＋b＋c. 【证明】因为a，b，c＞0，根据基本不等式， a2b2c2
有b＋b≥2a，c＋c≥2b，a＋a≥2c.
a2b2c2
三式相加：b＋c＋a＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c). a2b2c2
即b＋c＋a≥a＋b＋c. 题型二 运用分析法证明
【例2】设a、b、c为任意三角形三边长，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca.求证：I2＜4S.
【证明】由I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)＝a2＋b2
＋c2＋2S，
故要证I2＜4S，只需证a2＋b2＋c2＋2S＜4S，即a2＋b2＋c2＜2S. 欲证上式，只需证a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ca＜0， 即证(a2－ab－ac)＋(b2－bc－ba)＋(c2－ca－cb)＜0， 只需证三括号中的式子均为负值即可，
即证a2＜ab＋ac，b2＜bc＋ba，c2＜ca＋cb， 即a＜b＋c，b＜a＋c，c＜a＋b，
显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和. 故I2＜4S.
【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.
(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件.
11
【变式训练2】已知a＞0，求证：a2＋a2－2≥a＋a－2.
112
【证明】要证a＋a2－2≥a＋a－2，
112
只要证a＋a2＋2≥a＋a＋2.
1122
因为a＞0，故只要证(a＋a2＋2)≥(a＋a＋2)2，
ba?ab＋
1
即a2＋a2＋4111
a2＋a2＋4≥a2＋2＋a2＋22(a＋a)＋2，
2
11
从而只要证2a＋a2≥2(a＋a)，
111222
只要证4(a＋a2)≥2(a＋2＋a2)，即a＋a2≥2， 而该不等式显然成立，故原不等式成立. 题型三 运用反证法证明
1＋x1＋y
【例3】 若x，y都是正实数，且x＋y＞2.求证：y＜2或x＜2中至少有一个成立.
1＋x1＋y1＋x1＋y
【证明】假设y＜2和x＜2都不成立.则y≥2，x≥2同时成立.
因为x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2，这与已知条件x＋y＞2相矛盾.
1＋x1＋y
因此y＜2与x＜2中至少有一个成立.
【点拨】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法.
【变式训练3】已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0；x2＋(a－1)x＋a2＝0；x2＋2ax－2a＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围.
【解析】假设三个方程均无实根，则有
?(4a)2?4(?4a?3)＜0,??22 ?(a?1)?4a＜0,?2??(2a)?4(?2a)＜0.31由(4a)－4(－4a＋3)＜0，得4a＋4a－3＜0，即－2＜a＜2；
1
由(a－1)2－4a2＜0，得(a＋1)(3a－1)＞0，即a＜－1或a＞3； 由(2a)2－4(－2a)＜0，得a(a＋2)＜0，即－2＜a＜0.
3
以上三部分取交集得M＝{a|－2＜a＜－1}，则三个方程至少有
3
一个方程有实根的实数a的取值范围为?RM，即{a|a≤－2或a≥－1}.
2
2
总结提高
分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“p?q”与逆否命题“?q??p”是等价的，而反证法是相当于由“?q”推出“?p”成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件“?q”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.
14.3 数学归纳法
典例精析
题型一 用数学归纳法证明恒等式
【例1】是否存在常数a、b、c，使等式12＋22＋32＋?＋n2＋(n－1)2＋?＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由.
【解析】 假设存在a、b、c使12＋22＋32＋?＋n2＋(n－1)2＋?＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N*都成立.
当n＝1时，a(b＋c)＝1； 当n＝2时，2a(4b＋c)＝6； 当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
1?a?,??a(b?c)?1,3?b(4b?c)?3,解方程组?解得?b?2, ??c?1.?3a(9b?c)?19,???证明如下：
当n＝1时，显然成立；
假设n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，
1
即1＋2＋3＋?＋k＋(k－1)＋?＋2＋1＝3k(2k2＋1)； 则当n＝k＋1时，
2
2
2
2
2
2
2
1
12＋22＋32＋?＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋?＋22＋12＝3k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2