2019年数学湘教版选修2-2新设计同步（讲义）：第6章 6.2.1 直接证明：分析法与综合法

6．2直接证明与间接证明
6．2.1　直接证明：分析法与综合法
[读教材·填要点]
综合法和分析法
综合法
分析法
定义
从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求的问题，称为综合法
从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件，称为分析法
特点
从“已知”看“可知”，由因导果，寻找必要条件
从“未知”看“需知”，执果索因，寻找充分条件
[小问题·大思维]
1．综合法与分析法的推理过程是合情推理还是演绎推理？
提示：综合法与分析法的推理过程是演绎推理，因为综合法与分析法的每一步推理都是严密的逻辑推理，从而得到的每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”．
2．综合法与分析法有什么区别？
提示：综合法是从已知条件出发，逐步推向未知，每步寻找的是必要条件；分析法是从待求结论出发，逐步靠拢已知，每步寻找的是充分条件．
综合法的应用
已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：＋≥4.
[自主解答]　法一：∵a，b∈R＋且a＋b＝1，
∴a＋b≥2，当且仅当a＝b时等号成立．
∴≤.
∴＋＝＝≥4.
法二：∵a，b∈R＋，
∴a＋b≥2＞0，＋≥2＞0，当且仅当a＝b时等号成立．
∴(a＋b)≥4.
又∵a＋b＝1，∴＋≥4.
法三：∵a，b∈R＋，且a＋b＝1，
∴＋＝＋
＝1＋＋＋1≥2＋2＝4.
当且仅当a＝b时，取“＝”号．
保持例题条件不变，求证：＋≥9.
证明：法一：∵a＞0，b＞0，且a＋b＝1.
∴＋＝＋＝4＋＋＋1
≥5＋2＝5＋4＝9.
当且仅当＝，即a＝2b＝时等号成立．
法二：∵a＞0，b＞0，且a＋b＝1.
∴＋＝(a＋b)·＝4＋＋＋1
≥5＋2＝5＋4＝9.
当且仅当＝，即a＝2b＝时等号成立．
综合法证明问题的步骤
(1)分析条件，选择方向：确定已知条件和结论间的联系，合理选择相关定义、定理等．
(2)转化条件，组织过程：将条件合理转化，书写出严密的证明过程．
特别地，根据题目特点选取合适的证法可以简化解题过程．
1．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若a2＝b(b＋c)，求证：A＝2B.
证明：∵a2＝b(b＋c)，
∴cos A＝＝＝，
cos 2B＝2cos2B－1＝22－1
＝22－1＝＝，
∴cos A＝cos 2B.
又A，B是三角形的内角，∴A＝2B.
分析法的应用
当a＋b>0时，求证： ≥(a＋b)．
[自主解答]　要证 ≥(a＋b)，
只需证()2≥2，
即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.
因为a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
所以≥(a＋b)成立．
综上所述，不等式得证．
分析法的证明过程及书写形式
(1)证明过程：确定结论与已知条件间的联系，合理选择相关定义、定理对结论进行转化，直到获得一个显而易见的命题即可．
(2)书写形式：要证…，只需证…，即证…，然后得到一个明显成立的条件，所以结论 成立．
2．已知a>6，求证：－<－.
证明：法一：要证－<－，
只需证＋<＋
?(＋)2<(＋)2
?2a－9＋2<2a－9＋2
?<
?(a－3)(a－6)<(a－5)(a－4)
?18<20.
因为18<20显然成立，
所以原不等式－<－成立．
法二：要证－<－，
只需证<，
只需证＋>＋.
∵a>6，∴a－3>0，a－4>0，a－5>0，a－6>0.
又∵a－3>a－5，∴>，
同理有>，
则＋>＋.
∴－<－.
综合法与分析法的综合应用
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.
[自主解答]　法一：要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1
＝3(a＋b＋c)－1，
只需证＋＝，
即证＋＝3，
化简，得＋＝1，
即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)．
所以只需证c2＋a2＝b2＋ac.
因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°，
所以cos B＝＝.
所以a2＋c2－b2＝ac，所以原式成立．
法二：因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，
所以B＝60°.
由余弦定理，
有b2＝c2＋a2－2accos 60°，
所以c2＋a2＝ac＋b2.
两边加ab＋bc，得
c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
两边同时除以(a＋b)(b＋c)，得
＋＝1，
所以＋＝3.
即＋＝.
所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
综合法与分析法的适用范围
(1)综合法适用的范围：
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)分析法适用的范围：
已知条件不明确，或已知条件简便而结论式子较复杂的问题．
3．(1)设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋≤＋＋xy；
(2)设1证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以
x＋y＋≤＋＋xy?
xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
又x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，
从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得
logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为
x＋y＋≤＋＋xy，
其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)可知所要证明的不等式成立.
已知a，b，c∈R且不全相等，求证：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.
[证明]　法一：(分析法)
要证a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca，
只需证2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ca)，
只需证(a2＋b2－2ab)＋(b2＋c2－2bc)＋(c2＋a2－2ca)>0，
只需证(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2>0，
因为a，b，c∈R，
所以(a－b)2≥0，(b－c)2≥0，(c－a)2≥0.
又因为a，b，c不全相等，
所以(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2>0.
所以原不等式a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca成立．
法二：(综合法)
因为a，b，c∈R，
所以(a－b)2≥0，(b－c)2≥0，(c－a)2≥0.
又因为a，b，c不全相等，
所以(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2>0.
所以(a2＋b2－2ab)＋(b2＋c2－2bc)＋(c2＋a2－2ca)>0.
所以2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ca)．
所以a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.
1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明过程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，此过程应用了(　　)
A．分析法　　　　　　　　 　B．综合法
C．综合法、分析法综合使用 D．间接证明法
解析：结合推理及分析法和综合法的定义可知，B正确．
答案：B
2．在△ABC中，若sin Bsin C＝cos2，则下列等式一定成立的是(　　)
A．A＝B B．A＝C
C．B＝C D．A＝B＝C
解析：∵sin Bsin C＝cos2＝＝，
∴cos(B＋C)＝1－2sin Bsin C，
∴cos Bcos C－sin Bsin C＝1－2sin Bsin C，
∴cos Bcos C＋sin Bsin C＝1，∴cos(B－C)＝1.
又0∴－π答案：C
3．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证： <a”索的因应是(　　)
A．a－b>0　　　　　　　 　B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
解析： <a?b2－ac<3a2
?(a＋c)2－ac<3a2
?a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0
?－2a2＋ac＋c2<0
?2a2－ac－c2>0
?(a－c)(2a＋c)>0?(a－c)(a－b)>0.
故选C.
答案：C
4．命题“函数f(x)＝x－xln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－ xln x求导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)＝－ln x>0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．
解析：由证明过程可知，该证明方法为综合法．
答案：综合法
5．将下面用分析法证明≥ab的步骤补充完整：要证≥ab，只需证a2＋b2≥2ab，也就是证______，即证________，由于________显然成立，因此原不等式成立．
答案：a2＋b2－2ab≥0　(a－b)2≥0　(a－b)2≥0
6．已知x>0，y>0，且x＋y＝1，试分别用综合法与分析法证明≥9.
证明：法一：(综合法)
左边＝＝
＝4＋2＋1≥5＋4＝9.
法二：(分析法)要证≥9成立，
∵x，y∈R＋且x＋y＝1，∴y＝1－x.
只需证明≥9成立，
即证(1＋x)(1－x＋1)≥9x(1－x)，
即证2＋x－x2≥9x－9x2，即证4x2－4x＋1≥0，
即证(2x－1)2≥0，此式显然成立，所以原不等式成立．
一、选择题
1．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是(　　)
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若>，则a>b
C．若a3>b3且ab<0，则>
D．若a2>b2且ab>0，则<
解析：对于A：若c＝0，则A不成立，故A错；
对于B：若c<0，则B不成立，B错；
对于C：若a3>b3且ab<0，
则所以>，故C对；
对于D：若则D不成立．
答案：C
2．设a＞0，b＞0，若是3a与3b的等比中项，则＋的最小值为(　　)
A．8 B．4
C．1 D．
解析：是3a与3b的等比中项?3a·3b＝3?3a＋b＝3?a＋b＝1，
因为a＞0，b＞0，所以≤＝?ab≤，
所以＋＝＝≥＝4.
答案：B
3．已知△ABC中，cos A＋cos B>0，则必有(　　)
A．0C.解析：由cos A＋cos B>0，得cos A>－cos B，
∴cos A>cos(π－B)．
∵0且y＝cos x在x∈(0，π)上单调递减．
∴A<π－B.
∴A＋B<π，即0答案：A
4．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，abc＞0，则＋＋的值(　　)
A．一定是正数 B．一定是负数
C．可能是零 D．正、负不能确定
解析：∵a＋b＋c＝0，∴(a＋b＋c)2＝0.
∴a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)＝0.
∴ab＋bc＋ac＝－(a2＋b2＋c2)＜0.
又abc＞0，∴＋＋＝＜0.
答案：B
二、填空题
5．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
6．若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是______________．
解析：利用函数单调性．设f(x)＝，则f′(x)＝
，∴0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
x＞e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
又a＝，∴b＞a＞c.
答案：c＜a＜b
7．已知p＝a＋(a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，则p与q的大小关系是________．
解析：p＝a－2＋＋2≥2＋2＝4，
－a2＋4a－2＝2－(a－2)2<2，∴q<22＝4≤p.
答案：p>q
8．若对任意x>0，≤a恒成立，则a的取值范围是________．
解析：∵a≥＝对任意x>0恒成立，
设μ＝x＋＋3(x>0)．
∴只需a≥恒成立即可．
又∵μ＝x＋＋3≥5，当且仅当x＝1时“＝”成立．
∴0<≤.∴a≥.
答案：
三、解答题
9．已知数列{an}的首项a1＝5，Sn＋1＝2Sn＋n＋5，(n∈N*)．
(1)证明数列{an＋1}是等比数列．
(2)求an.
解：(1)证明：由条件得
Sn＝2Sn－1＋(n－1)＋5(n≥2)①
又Sn＋1＝2Sn＋n＋5，②
②－①得an＋1＝2an＋1(n≥2)，
所以＝＝＝2.
又n＝1时，S2＝2S1＋1＋5，且a1＝5，
所以a2＝11，
所以＝＝2，
所以数列{an＋1}是以2为公比的等比数列．
(2)因为a1＋1＝6，所以an＋1＝6×2n－1＝3×2n，
所以an＝3×2n－1.
10．已知a，b，m为非零实数，且a2＋b2＋2－m＝0，＋＋1－2m＝0.
(1)求证：＋≥；
(2)求证：m≥.
证明：(1)(分析法)要证＋≥成立，
只需证(a2＋b2)≥9，
即证1＋4＋＋≥9，即证＋≥4.
根据基本不等式，有＋≥2 ＝4成立，
当且仅当b2＝2a2时等号成立．
所以原不等式成立．
(2)(综合法)因为a2＋b2＝m－2，＋＝2m－1，
由(1)，知(m－2)(2m－1)≥9，即2m2－5m－7≥0，
解得m≤－1或m≥.
因为a2＋b2＝m－2>0，＋＝2m－1>0，
所以m≥.