课件40张PPT。第二章 推理与证明2.2 直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法点击右图进入…Thank you for watching !2.2 直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法
学 习 目 标
核 心 素 养
1.理解综合法、分析法的意义，掌握综合法、分析法的思维特点．(重点、易混点)
2．会用综合法、分析法解决问题．(重点、难点)
通过学习综合法和分析法体现了数学逻辑推理的素养，提升学生的数学运算的素养.
1．综合法
定义
推证过程
特点
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法
→→→…→(P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)
顺推证法或由因导果法
2.分析法
定义
框图表示
特点
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定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
逆推证法或执果索因法
思考： 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，逐步寻找的是必要条件，即由因导果；分析法是从待求结论出发，逐步寻找的是充分条件，即执果索因．
1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，其过程应用了( )
A．分析法 B．综合法
C．综合法、分析法综合使用 D．间接证法
B [从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路．]
2．要证明A>B，若用作差比较法，只要证明________．
A－B>0 [要证A>B，只要证A－B>0.]
3．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．
a2＋b2－2ab≥0 (a－b)2≥0 (a－b)2≥0 [用分析法证明≥ab的步骤为：
要证≥ab成立，只需证a2＋b2≥2ab，
也就是证a2＋b2－2ab≥0，
即证(a－b)2≥0.由于(a－b)2≥0显然成立，所以原不等式成立．]
综合法的应用
【例1】 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.求证：a，b，c成等差数列．
[证明] 因为sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1，
所以sin B(sin A＋sin C)＋(cos 2B－1)＝0，
即sin B(sin A＋sin C)－2sin2B＝0，
所以sin B(sin A＋sin C－2sin B)＝0，
由于在△ABC中，sin B≠0，
因此sin A＋sin C－2sin B＝0，
由正弦定理可得
＋－＝0，
于是a＋c＝2b，
故a，b，c成等差数列．
综合法的解题步骤
1．设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)·Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)，其中m为常数，且m≠－3.
(1)求证：{an}是等比数列；
(2)若数列{an}的公比为q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求证：为等差数列．
[证明] (1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，
得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3，
两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，
∴＝(m≠－3)，
又m为常数，∴{an}为等比数列．
(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，
∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，又m≠－3，
∴a1＝1，∴b1＝a1＝1，
由(1)，可得q＝f(m)＝(m≠－3)，
∴n∈N*且n≥2时，bn＝f(bn－1)＝·，
∴bnbn－1＋3bn＝3bn－1，又易知bn≠0，
∴－＝.
∴数列是首项为1，公差为的等差数列.
分析法的应用
【例2】 设a，b为实数，求证：≥(a＋b)．
[证明] 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，不等式得证．
用分析法证明不等式的三个关注点
?1?分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、基本不等式、已知的重要不等式等.
?2?分析法是综合法的逆过程，即从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件或充要条件.
?3?分析法为逆推证明，因此在使用时要注意逻辑性与规范性.其格式一般为“要证……，只要证……，只需证……，……显然成立，所以……成立”.
2．已知a，b是正实数，求证：＋≥＋.
[证明] 要证＋≥＋，
只要证a＋b≥·(＋)．
即证(a＋b－)(＋)≥(＋)，
因为a，b是正实数，
即证a＋b－≥，
也就是要证a＋b≥2，
即(－)2≥0.
而该式显然成立，所以＋≥＋.
综合法和分析法的综合应用
[探究问题]
1．在实际解题时，综合法与分析法是否可以结合起来使用？
提示：在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法寻找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．
2．你会用框图表示综合法与分析法交叉使用时的解题思路吗？
提示：用框图表示如下：
其中P表示已知条件、定义、定理、公理等，Q表示要证明的结论．
【例3】 已知a、b、c是不全相等的正数，且0
求证：logx＋logx＋logx思路探究：解答本题的关键是利用对数运算法则和对数函数性质转化成整式不等式证明．
[证明] 要证明：
logx＋logx＋logx只需要证明logx由已知0abc.
由公式≥>0，≥>0，≥>0，
又∵a，b，c是不全相等的正数，
∴··>＝abc.
即··>abc成立．
∴logx＋logx＋logx1．(变条件)删掉本例条件“0[证明] 要证lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c，只需证lg＞lg(a·b·c)，
即证··＞abc.
因为a，b，c为不全相等的正数，
所以≥＞0，≥＞0，≥＞0，
且上述三式中等号不能同时成立，
所以··＞abc成立，
所以lg ＋lg ＋lg ＞lg a＋lg b＋lg c成立．
2．(变条件)把本例条件“0＋＋.
[证明] 法一：由左式推证右式．
∵abc＝1，且a，b，c为互不相等的正数，
∴＋＋＝bc＋ac＋ab
＝＋＋
>＋＋
＝＋＋.
∴＋＋>＋＋.
法二：由右式推证左式．
∵a，b，c为互不相等的正数，且abc＝1，
∴＋＋＝＋＋
<＋＋(基本不等式)＝＋＋.
分析综合法的解题思路,分析综合法的解题思路是：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P；若由P可推出Q，即可得证.
1．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．
2．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．
3．实际证题时，常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．
1．判断正误
(1)综合法是执果索因的逆推证法．( )
(2)分析法就是从结论推向已知．( )
(3)所有证明的题目均可使用分析法证明．( )
[答案] (1)× (2)× (3)×
2．欲证－<－成立，只需证( )
A．(－)2<(－)2
B．(－)2<(－)2
C．(＋)2<(＋)2
D．(－－)2<(－)2
C [∵－<0，－<0，
故－<－?＋<＋?(＋)2<(＋)2.]
3．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．
[答案] 综合法
4．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.(请用分析法和综合法两种方法证明)
[证明] 法一(综合法)：3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b>0，
所以a－b≥0,3a2－2b2>0，
从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
法二(分析法)：要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a2(a－b)－2b2(a－b)≥0，
只需证(3a2－2b2)(a－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a2－2b2>2a2－2b2≥0，
∴上式成立．
课时分层作业(五) 综合法和分析法
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1. 在△ABC中，若sin Asin BA．直角三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
C [由sin Asin B0，所以cos C<0，即△ABC一定是钝角三角形．]
2．设P＝，Q＝－，R＝－，那么P，Q，R的大小关系是( )
A．P＞Q＞R B．P＞R＞Q
C．Q＞P＞R D．Q＞R＞P
B [先比较R，Q的大小，可对R，Q作差，即Q－R＝－－(－)＝(＋)－(＋)．
又(＋)2－(＋)2＝2－2＜0，
∴Q＜R，
由排除法可知，选B.]
3．要证－＜成立，a，b应满足的条件是( )
A．ab＜0且a＞b
B．ab＞0且a＞b
C．ab＜0有a＜b
D．ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b
D [要证－<，
只需证(－)3<()3，
即证a－b－3＋3即证<，
只需证ab2只需ab>0且b－a<0或ab<0且b－a>0.故选D.]
4．用分析法证明：要使①A＞B，只需使②C＜D.这里①是②的( )
A．充分条件 B．必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
B [分析法证明的本质是证明使结论成立的充分条件成立，即②?①，所以①是②的必要条件．故选B.]
5．若两个正实数x、y满足＋＝1，且不等式x＋A．(－1,4) B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)
C．(－4,1) D．(－∞，0)∪(3，＋∞)
B [∵x>0，y>0，＋＝1，
∴x＋＝＝2＋＋
≥2＋2＝4，
当且仅当y＝4x，即x＝2，y＝8时等号成立，
∴x＋的最小值为4，
要使不等式m2－3m>x＋有解，
应有m2－3m>4，
∴m<－1或m>4，故选B.]
二、填空题
6．如图所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD⊥A1C(写上一个条件即可)．
AC⊥BD(答案不唯一) [要证BD⊥A1C，只需证BD⊥平面AA1C.
因为AA1⊥BD，只要再添加条件AC⊥BD，
即可证明BD⊥平面AA1C，从而有BD⊥A1C.]
7．已知sin α＋sin β＋sin r＝0，cos α＋cos β＋cos r＝0，则cos(α－β)的值为________．
－ [由sin α＋sin β＋sin r＝0，cos α＋cos β＋cos r＝0，得sin α＋sin β＝－sin r，cos α＋cos β＝－cos r，
两式分别平方，相加得2＋2(sin αsin β＋cos αcos β)＝1，所以cos (α－β)＝－.]
8．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为lg(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
≤ [∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b) ＝1＋2＋ab－1－a－b－ab ＝2－(a＋b)＝－(－)2≤0.
∴(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，
∴lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．]
三、解答题
9．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：
(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
[证明] (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，
即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c
≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
10．证明函数f(x)＝log2(＋x)是奇函数．
[证明] ∵＞|x|，∴＋x＞0恒成立，
∴f(x)＝log2(＋x)的定义域为R，
∴要证函数y＝log2(＋x)是奇函数，
只需证f(－x)＝－f(x)，
只需证log2(－x)＋log2(＋x)＝0，
只需证log2[(－x)(＋x)]＝0，
∵(－x)(＋x)＝x2＋1－x2＝1，
而log2 1＝0.∴上式成立．
故函数f(x)＝log2(＋x)是奇函数．
[能力提升练]
1．已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，则A、B、C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
A [≥≥，又函数f(x)＝x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，∴f≤f()≤f.
即A≤B≤C.]
2．下列不等式不成立的是( )
A．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca
B.＋＞(a＞0，b＞0)
C.－＜－(a≥3)
D.＋＞2
D [对A，∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；对B，∵(＋)2＝a＋b＋2，()2＝a＋b，∴＋＞；对C，要证－＜－(a≥3)成立，只需证明＋＜＋，两边平方得2a－3＋2＜2a－3＋2，即＜，两边平方得a2－3a＜a2－3a＋2，即0＜2.因为0＜2显然成立，所以原不等式成立；对于D，(＋)2－(2)2＝12＋4－24＝4(－3)＜0，
∴＋＜2，故D错误．]
3. 若对任意x>0，≤a恒成立，则a的取值范围是________．
[若对任意x>0，≤a恒成立，只需求y＝的最大值，且令a不小于这个最大值即可．因为x>0，所以y＝＝≤＝，当且仅当x＝1时，等号成立，所以a的取值范围是.]
4．已知x1是方程x＋2x＝4的根，x2是方程x＋log2x＝4的根，则x1＋x2的值是________．
4 [∵x＋2x＝4，∴2x＝4－x，∴x1是y＝2x与y＝4－x交点的横坐标．
又∵x＋log2x＝4，∴log2x＝4－x，∴x2是y＝log2x与y＝4－x交点的横坐标．
又y＝2x与y＝log2x互为反函数，其图象关于y＝x对称，由
得x＝2，
∴＝2，
∴x1＋x2＝4.]
5．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.
