2.2/直接证明与间接证明
2．2.1 综合法和分析法
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直接证明
直接证明是从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性，常用的直接证明方法有综合法与分析法.
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综 合 法
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阅读下列证明过程，回答问题．
已知实数x，y满足x＋y＝1，求证：2x＋2y≥2.
证明：因为x＋y＝1，所以2x＋2y≥2＝2＝2，
故2x＋2y≥2成立．
问题1：本题的条件和结论是什么？
提示：条件：x＋y＝1，
结论：2x＋2y≥2.
问题2：本题的证明顺序是什么？
提示：从已知利用基本不等式到待证结论．
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(1)定义：综合法是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论．
(2)逻辑关系：P0(已知)?P1?P2?…?Pn?Q(结论)．
(3)特点：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件.
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分 析 法
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证明不等式：＋2<2＋成立，可用下面的方法进行．
证明：要证明＋2<2＋，
由于＋2>0,2＋>0，
只需证明(＋2)2<(2＋)2，
展开得11＋4<11＋4，只需证明6<7，
显然6<7成立．
∴＋2<2＋成立．
问题1：本题证明从哪里开始？
提示：从结论开始．
问题2：证题思路是什么？
提示：寻求每一步成立的充分条件．
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(1)定义：分析法是从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．
(2)逻辑关系：B(结论)?B1?B2?…?Bn?A(已知)．
(3)特点：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件．
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1．综合法是从“已知”看“可知”逐步推向未知，由因导果，通过逐步推理寻找问题成立的必要条件．它的证明格式为：因为×××，所以×××，所以×××，…所以×××成立．
2．分析法证明问题时，是从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知”，通过逐步探索，寻找问题成立的充分条件．它的证明格式：要证×××，只需证×××，只需证×××，…因为×××成立，所以×××成立．
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综合法的应用
[例1] 已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，
求证：(1)a2＋b2＋c2≥；(2)＋＋≤.
[思路点拨] 从基本不等式出发，结合已知条件及不等式的性质，即可证明．
[精解详析]
(1)∵a2＋≥，b2＋≥，c2＋≥，
∴＋＋≥a＋b＋c
＝(a＋b＋c)＝.∴a2＋b2＋c2≥.
(2)∵≤，
≤， ≤，
三式相加得＋＋≤(a＋b＋c)＋＝1.
∴＋＋≤.
[一点通] 综合法处理问题的“三步骤”
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1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.设bn＝，求证数列{bn}是等差数列．
证明：因为an＋1＝2an＋2n，
所以＝＋1.
因为bn＝，所以bn＋1＝bn＋1，
所以数列{bn}是等差数列且b1＝1，bn＝n.
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
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(1)证明：CD⊥AE；
(2)证明：PD⊥平面ABE.
证明：(1)在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
故PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，
∵E是PC的中点，
∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，
且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB
又∵AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，
综上得PD⊥平面ABE.
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分析法的应用
[例2] 设a，b为实数．求证： ≥(a＋b)．
[思路点拨] 根据不等式的特点可使用分析法证明，要注意分析法证明问题的格式．
[精解详析] 当a＋b≤0时，∵≥0，
∴≥(a＋b)成立．
当a＋b＞0时，用分析法证明如下：
要证 ≥(a＋b)，
只需证()2≥2，
即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，
即证a2＋b2≥2ab.
∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
∴≥(a＋b)成立．
综上所述，不等式成立．
[一点通]
(1)当已知条件简单而证明的结论比较复杂时，一般采用分析法，在叙述过程中“要证”“只需证”“即要证”这些词语必不可少，否则会出现错误．
(2)逆向思考是用分析法证题的主题思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件，正确把握转化方向，使问题顺利获解．
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3．已知a＞0，b＞0，求证＋≥＋.
证明：要证＋≥＋，
只需证a＋b≥a＋b，
即证(a－b)(－)≥0，
因为a＞0，b＞0，所以a－b与－符号相同，
所以不等式(a－b)(－)≥0成立，所以原不等式成立．
4．已知△ABC三边a，b，c的倒数成等差数列，求证B为锐角．
证明：要证B为锐角，根据余弦定理，
只需证明cos B＝>0，
即证a2＋c2－b2>0.
由于a2＋c2－b2≥2ac－b2，
要证a2＋c2－b2>0，
只需证2ac－b2>0.
∵a，b，c的倒数成等差数列，
∴＋＝，即2ac＝b(a＋c)．
要证2ac－b2>0，
只需证b(a＋c)－b2>0，即b(a＋c－b)>0，
上述不等式显然成立，∴B为锐角．
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综合法和分析法的综合应用
[例3] (12分)已知△ABC的三个内角A，B，C为等差数列，且a，b，c分别为角A，B，C的对边，
求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
[精解详析] 法一：(分析法)
要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，
即证＋＝，?(2分)
只需证＋＝3，?(4分)
化简，得＋＝1，?(6分)
即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)，
所以只需证c2＋a2＝b2＋ac.?(8分)
因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，
所以B＝60°，?(10分)
所以cos B＝＝，
即a2＋c2－b2＝ac成立．
∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．?(12分)
法二：(综合法)
因为△ABC的三内角A，B，C成等差数列，
所以B＝60°.?(2分)
由余弦定理，
有b2＝c2＋a2－2accos 60°.
所以c2＋a2＝ac＋b2，?(4分)
两边加ab＋bc，得
c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，?(6分)
两边同时除以(a＋b)(b＋c)，得
＋＝1，
所以＋＝3，
即＋＝，?(10分)
所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.?(12分)
[一点通] 综合法和分析法各有优缺点．从寻求解题思路来看，综合法由因导果，分析法执果索因．就表达证明过程而论，综合法形式简洁，条理清晰；分析法叙述繁琐，文辞冗长．也就是说分析法宜于思考，综合法宜于表述．因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先利用分析法寻求解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．
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5．已知：a＞0，b＞0，且a＋b＝1.
求证：＋≥4.
证明：法一：(分析法)要证＋≥4，
只需证b＋a≥4ab，
只需证1≥4ab.
因为a＋b＝1≥2，所以1≥4ab成立．
所以不等式＋≥4成立．
法二：(综合法)因为a＋b＝1，a＞0，b＞0.
所以＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4.
6．求证：2 cos(α－β)－＝.
证明：法一：(分析法)要证原等式，
只需证：2 cos(α－β) sin α－sin(2α－β)＝sin β，①
因为①左边＝2 cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]＝2 cos(α－β) sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α＝sin β.
所以①成立，所以原等式成立．
法二：(综合法)
左边＝
＝
＝
＝＝.
所以原等式成立．
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1．综合法的适用范围
(1)定义明确的题型，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式问题等；
(2)已知条件明确，且容易通过找已知条件的必要条件逼近欲得结论的题型．
2．分析法的适用范围
已知条件不易变形，或已知条件简便而结论式子较复杂的问题．
3．综合法与分析法的比较
比较
综合法
分析法
推理方向
顺推，由因导果
逆推，执果索因
表述形式
形式简洁，条理清晰
叙述繁琐，易出错
思考的侧重点
侧重于已知条件提供的信息
侧重于结论提供的信息
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1．在证明命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的过程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”中应用了( )
A．分析法 B．综合法
C．分析法和综合法综合使用 D．间接证法
解析：符合综合法的证明思路．
答案：B
2．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”的是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln (x＋1)
解析：本题就是找哪一个函数在(0，＋∞)上是减函数，A项中，f′(x)＝′＝－＜0，
∴f(x)＝在(0，＋∞)上为减函数．
答案：A
3．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤ B．ab＜1＜
C．ab＜＜1 D.＜ab＜1
解析：因为a≠b，所以(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab>4ab，ab<1.又＝＋＞＋＝＝1，故B正确．
答案：B
4．A，B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：若A>B，则a>b，
又＝，∴sin A>sin B；
若sin A>sin B，则由正弦定理得a>b，
∴A>B.
答案：C
5．设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为 ．
解析：a＝＋2，b＝2＋两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，显然，<，∴a答案：a6．如果a＋b>a＋b，则实数a，b应满足的条件是 ．
解析：a＋b>a＋b
?a－a>b－b
?a(－)>b(－)
?(a－b)(－)>0
?(＋)(－)2>0，
故只需a≠b且a，b都不小于零即可．
答案：a≥0，b≥0且a≠b
7．如图所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点．
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求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.
证明：法一：要证明平面B1EF⊥平面BDD1B1，只需证平面B1EF内有一线垂直于平面BDD1B1，即EF⊥平面BDD1B1，要证EF⊥平面BDD1B1，
只需证EF垂直平面BDD1B1内两条相交直线即可，
即证EF⊥BD，EF⊥B1B.
而EF∥AC，AC⊥BD，故EF⊥BD成立．
故只需证EF⊥B1B即可．
因为正棱柱的侧棱垂直于底面，
所以B1B⊥EF成立．
所以EF⊥平面BDD1B1成立，从而问题得证．
法二：∵ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，
∴?ABCD为正方形，∴AC⊥BD.
又∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF∥AC，∴EF⊥BD.
又∵B1B⊥平面ABCD，
∴B1B⊥EF.
又B1B∩BD＝B，
∴EF⊥平面BDD1B1.
又EF?平面B1EF，
∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
8．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，A在椭圆上，满足AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为|OF2|.求证：a＝b.
证明：设F1(－c,0)，F2(c,0)(c2＝a2－b2)，
则|OF2|＝c.设A(x0，y0)，∵AF2⊥F1F2，
∴x0＝c，代入＋＝1可解得y0＝±.
∴|AF2|＝.
∴|AF1|＝2a－|AF2|＝2a－＝.
在Rt△AF2F1中，O是F1F2的中点，
∴O到AF1的距离为d＝＝·＝＝|OF2|＝c.
∴＝c，化简整理得a2＝2b2.∴a＝b.
课件31张PPT。第二章把握热点考向考点一理解教材新知考点二应用创新演练2.2
直接证明与间接证明知识点一知识点二2.2.1
综合法和分析法知识点三考点三应用创新演练见课时跟踪训练(五)课时跟踪训练(五) 综合法和分析法
1．在证明命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的过程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”中应用了( )
A．分析法 B．综合法
C．分析法和综合法综合使用 D．间接证法
2．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”的是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln (x＋1)
3．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤ B．ab＜1＜
C．ab＜＜1 D.＜ab＜1
4．A，B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．设a＝＋2，b＝2＋，则a，b的大小关系为________．
6．如果a＋b>a＋b，则实数a，b应满足的条件是________．
7．如图所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点．
求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.
8．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，A在椭圆上，满足AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为|OF2|.求证：a＝b.
答 案
1．选B 符合综合法的证明思路．
2．选A 本题就是找哪一个函数在(0，＋∞)上是减函数，
A项中，f′(x)＝′＝－＜0，
∴f(x)＝在(0，＋∞)上为减函数．
3．选B 因为a≠b，所以(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab>4ab，ab<1.
又＝＋＞＋＝＝1，故B正确．
4．选C 若A>B，则a>b，
又＝，∴sin A>sin B；
若sin A>sin B，则由正弦定理得a>b，
∴A>B.
5．解析：a＝＋2，b＝2＋两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4，b2＝11＋4，显然，<，∴a答案：a6．解析：a＋b>a＋b
?a－a>b－b
?a(－)>b(－)
?(a－b)(－)>0
?(＋)(－)2>0，
故只需a≠b且a，b都不小于零即可．
答案：a≥0，b≥0且a≠b
7．证明：法一：要证明平面B1EF⊥平面BDD1B1，只需证平面B1EF内有一线垂直于平面BDD1B1，即EF⊥平面BDD1B1，
要证EF⊥平面BDD1B1，
只需证EF垂直平面BDD1B1内两条相交直线即可，
即证EF⊥BD，EF⊥B1B.
而EF∥AC，AC⊥BD，故EF⊥BD成立．
故只需证EF⊥B1B即可．
因为正棱柱的侧棱垂直于底面，
所以B1B⊥EF成立．
所以EF⊥平面BDD1B1成立，从而问题得证．
法二：∵ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，
∴?ABCD为正方形，∴AC⊥BD.
又∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF∥AC，∴EF⊥BD.
又∵B1B⊥平面ABCD，
∴B1B⊥EF.
又B1B∩BD＝B，
∴EF⊥平面BDD1B1.
又EF?平面B1EF，
∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
8．证明：设F1(－c,0)，F2(c,0)(c2＝a2－b2)，
则|OF2|＝c.设A(x0，y0)，∵AF2⊥F1F2，
∴x0＝c，代入＋＝1可解得y0＝±.
∴|AF2|＝.
∴|AF1|＝2a－|AF2|＝2a－＝.
在Rt△AF2F1中，O是F1F2的中点，
∴O到AF1的距离为d＝＝·＝＝|OF2|＝c.
∴＝c，化简整理得a2＝2b2.∴a＝b.
