2.2.1 综合法和分析法教学设计

2.2.1

综合法和分析法

综合法

[提出问题]

阅读下面证明过程，回答问题．

π2x＋的一个周期．

求证：π是函数f(x)＝sin4πππ2x＋π＋＝sin2x＋2π＋＝sin2x＋＝f(x)，所以由周证明：因为f(x＋π)＝sin444π2x＋的一个周期．

期函数的定义可知，π是函数f(x)＝sin4问题1：本题的条件和结论各是什么？

π2x＋；结论：π是f(x)的一个周期．

提示：条件：f(x)＝sin4问题2：本题的证明顺序是什么？

提示：从已知利用诱导公式到待证结论．

[导入新知]

1．综合法的定义

利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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．

2．综合法的框图表示

P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Qn⇒Q

(P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论) [化解疑难]

综合法的特点

(1)综合法的特点是从“已知”看“未知”，其逐步推理实际上是寻找已知条件的必要条件．

(2)综合法从命题的条件出发，利用定义、公理、定理和运算法则，通过演绎推理，一步一步完成命题的证明. 第1页共10页

分析法

[提出问题]

阅读下面证明过程，回答问题．

求证：6＋7≥22＋5. 证明：要证原不等式成立，只需证(6＋7)2≥(22＋5)2，即证242≥240，该式显然成立，因此原不等式成立．

问题1：本题证明从哪里开始？

提示：从结论开始．

问题2：证明思路是什么？

提示：寻求每一步成立的充分条件．

[导入新知]

1．分析法的定义

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．

2．分析法的框图表示

得到一个明显Q⇐P1―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→成立的条件

[化解疑难]

分析法的特点

(1)分析法的特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是寻找使结论成立的充分条件．

(2)分析法从命题的结论入手，寻求结论成立的条件，直至归结为已知条件、定义、公理、定理等．

综合法的应用

[例1]

已知a，b，c是不全相等的正数，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)＞6abc. [证明]

∵a，b，c是正数，∴b2＋c2≥2bc，∴a(b2＋c2)≥2abc.①

同理，b(c2＋a2)≥2abc，②

第2页共10页

c(a2＋b2)≥2abc.③

∵a，b，c不全相等，

∴b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，a2＋b2≥2ab三式中不能同时取到“＝”．

∴①②③式相加得

a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)＞6abc. [类题通法]

综合法的证明步骤

(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．

[活学活用]

41已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求证：a＋b≥9. 证明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，

4ba4ba414a＋ba＋b∴a＋b＝a＋b＝4＋a＋b＋1＝5＋a＋b≥5＋2 4ba当且仅当a＝b，即a＝2b时“＝”成立. 分析法的应用

[例2]

设a，b为实数，求证

a2＋b2≥2(a＋b)．

22(a＋b)成立．

24baa×b＝5＋4＝9. [证明]

当a＋b≤0时，∵a2＋b2≥0，∴a2＋b2≥当a＋b>0时，用分析法证明如下：

要证a2＋b2≥22a＋b2，

(a＋b)，只需证(a2＋b2)2≥221即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab. 2∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，∴a2＋b2≥综上所述，不等式得证．

[类题通法]

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．

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2(a＋b)成立．

2

[活学活用]

在锐角△ABC中，求证：tan Atan B＞1. sin Asin B证明：要证tan Atan B＞1，只需证＞1. cos Acos B∵A，B均为锐角，∴cos A＞0，cos B＞0. 即证sin Asin B＞cos Acos B，即cos Acos B－sin Asin B＜0，

只需证cos(A＋B)＜0.∵△ABC为锐角三角形，∴90°＜A＋B＜180°，

∴cos(A＋B)＜0，因此tan Atan B＞1. 综合法和分析法的综合应用

[例3]

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. －－－[证明]

法一：(分析法) 要证(a＋b)1＋(b＋c)1＝3(a＋b＋c)1，即证－－－113＋＝，

a＋bb＋ca＋b＋c只需证a＋b＋ca＋b＋cca＋＝3，化简，得＋＝1，

a＋bb＋ca＋bb＋c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°，

a2＋c2－b21所以cos B＝＝，即a2＋c2－b2＝ac成立．

2ac2∴(a＋b)1＋(b＋c)1＝3(a＋b＋c)－－－1成立．

法二：(综合法) 因为△ABC的三内角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ca＋＝1，

a＋bb＋cca113所以a＋b＋1＋b＋c＋1＝3，即＋＝，

a＋bb＋ca＋b＋c所以(a＋b)1＋(b＋c)1＝3(a＋b＋c)1. －－－[类题通法]

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

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分析法的适用范围是已知条件不明确，或已知条件简便而结论式子较复杂的问题．

[活学活用]

设a，b∈(0，＋∞)，且a≠b.求证：a3＋b3＞a2b＋ab2. 证明：法一：(分析法) 要证a3＋b3＞a2b＋ab2成立，即需证(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立．

又因a＋b＞0，故只需证a2－ab＋b2＞ab成立，

即需证a2－2ab＋b2＞0成立，即需证(a－b)2＞0成立．

而依题设a≠b，则(a－b)2＞0显然成立．由此命题得证．

法二：(综合法) a≠b⇔a－b≠0⇔(a－b)2＞0⇔a2－2ab＋b2＞0⇔a2－ab＋b2＞ab. ∵a＞0，b＞0，∴a＋b＞0，(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)．∴a3＋b3＞a2b＋ab2.

2.综合法、分析法的综合应用

[典例]

(12分)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数y＝f(x＋1)的图象与f(x)的图象关于y轴对称．

1x＋为偶函数．

求证：f2[解题流程]

[规范解答]

1x＋为偶函数，只需证明其对称轴为直线x＝0，(2分) 法一：要证f2b1即只需证－－＝0，只需证a＝－b，(4分) 2a2由已知，抛物线f(x＋1)的对称轴x＝－∴－bb－1与f(x)的对称轴x＝－关于y轴对称，(8分) 2a2a－bb－1＝－，∴a＝－b，(10分) 2a2a第5页共10页

1x＋为偶函数．(12分) ∴f2111x＋为偶函数，只需证fx＋＝f－x＋.(2分) 法二：要证f22211令x＋＝t，则x＝t－，∴只需证f(t)＝f(－t＋1)，(6分) 22即证f(x)＝f(－x＋1)．因为函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，

所以函数y＝f(x)上任一点(x，f(x))，

关于y轴的对称点(－x，f(x))在y＝f(x＋1)上，即f(－x＋1)＝f(x)，(10分) 1x＋为偶函数．(12分) 所以f2

[名师批注]

用分析法证明，将问题转化为证明a＝－b.此处易找错对称轴而导致解题错误

利用综合法，将函数图象的对称问题转化为两条轴关于y轴对称．此处易出现找不到此关系式而导致问题无法证明的情况

111x＋为偶函数，则有f－x＋＝fx＋成立．此处易误由偶函数的定义可知，若f22211－x－＝fx＋成立而导致错误

认为f22以上是用分析法证明的

以下是用综合法证明的

此处易发生不会利用f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称这一条件，而造成问题无法证明

[活学活用]

11已知a≥－，b≥－，a＋b＝1，求证：2a＋1＋2b＋1≤22. 22证明：要证2a＋1＋2b＋1≤22，只需证2(a＋b)＋2＋22a＋1·2b＋1≤8. 因为a＋b＝1，即证2a＋1·2b＋1≤2. 11因为a≥－，b≥－，所以2a＋1≥0,2b＋1≥0，

22所以2a＋1·2b＋1≤2a＋1＋2b＋12a＋b＋1＝＝2，

22即2a＋1·2b＋1≤2成立，

因此原不等式成立．

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[随堂即时演练]

1．“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：

①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；

②a>b与a

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．

其中正确判断的个数为(

) A．0

B．1

C．2

D．3 解析：选C

由于a，b，c不全相等中含有a≠b≠c这种情况，所以③错误，①②都正确．

2．欲证不等式

3－5＜

6－8成立，只需证(

) A．(3－5)2＜(6－8)2

B．(3－6)2＜(5－8)2

C．(3＋8)2＜(6＋5)2

D．(3－5－6)2＜(－8)2

解析：选C

要证

3－5＜

6－8成立，只需证

3＋8＜6＋5成立，只需证(3＋8)2＜(6＋5)2成立．

3．已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝1，

111求证：a－1b－1c－1≥8. 证明过程如下：

∵a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝1，

b＋ca＋ca＋b111∴a－1＝a＞0，b－1＝b＞0，c－1＝c＞0，

111b＋ca＋ca＋b2bc·2ac·2ab－1－1－1∴＝··≥＝8，

abcabcabc当且仅当a＝b＝c时取等号，∴不等式成立．

这种证法是________(填“综合法”或“分析法”)．

解析：本题从已知条件出发，不断地展开思考，去探索结论，这种方法是综合法．

答案：综合法

a2＋b2a2＋b24．将下面用分析法证明≥ab的步骤补充完整：要证≥ab，只需证a2＋22b2≥2ab，也就是证________，即证________．由于________显然成立，因此原不等式成立．

a2＋b2解析：用分析法证明≥ab的步骤为：

2a2＋b2要证≥ab成立，只需证a2＋b2≥2ab，

2第7页共10页

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．

答案：a2＋b2－2ab≥0

(a－b)2≥0

(a－b)2≥0 5．已知a＞0，b＞0，求证：ab＋≥

a＋b.(要求用两种方法证明) ba证明：法一：(综合法)因为a＞0，b＞0，

ab11a－bb－aab－b－a－所以＋－a－b＝

ab＋a＝b＋a＝(a－b)·bbaa－b2a＋b＝≥0，

ab所以ab＋≥a＋b. baab＋≥

a＋b，只需证aa＋bb≥ab＋ba，

ba法二：(分析法)要证即证(a－b)(a－b)≥0. 因为a＞0，b＞0，所以a－b与a－b符号相同，

不等式(a－b)(a－b)≥0成立，所以原不等式成立．

[课时达标检测]

一、选择题

1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证明法；⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有(

) A．2个

B．3个

C．4个

D．5个

解析：选C

①②③⑤正确．

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(

) 1A．f(x)＝

B．f(x)＝(x－1)2

C．f(x)＝ex

D．f(x)＝ln(x＋1) x解析：选A

本题就是找哪一个函数在(0，＋∞)上是减函数，

11A项中，f′(x)＝′＝－＜0，

xx21∴f(x)＝x在(0，＋∞)上为减函数．

113．设a＞0，b＞0，若3是3a与3b的等比中项，则a＋b的最小值为(

) 1A．8

B．4

C．1

D.

4解析：选B

3是3a与3b的等比中项⇒3a·3b＝3⇒3ab＝3⇒a＋b＝1，

＋第8页共10页

因为a＞0，b＞0，所以ab≤11a＋b11所以＋＝＝≥＝4. ababab14a＋b11＝⇒ab≤，

2244．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：选C

若A>B，则a>b，

又ab＝，∴sin A>sin B；

sin Asin B若sin A>sin B，则由正弦定理得a>b，∴A>B. 5．已知f(x)＝ax＋1,0＜a＜1，若x1，x2∈R，且x1≠x2，则(

) fx1＋fx2x1＋x2fx1＋fx2x1＋x2A.≤f

B.＝f2222

fx1＋fx2x1＋x2fx1＋fx2x1＋x2C.≥f

D.＞f2222

解析：选D

因为x1≠x2，

fx1＋fx2ax1＋1＋ax2＋1所以＝＞

22fx1＋fx2x1＋x2所以＞f22. 二、填空题

6．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取导得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：该证明过程符合综合法的特点．

答案：综合法

7．如果aa＋bb＞ab＋ba，则实数a，b应满足的条件是________．

解析：aa＋bb＞ab＋ba⇔aa－ab＞ba－bb

⇔a(a－b)＞b(a－b)⇔(a－b)(a－b)＞0⇔(a＋b)(a－b)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

1π3π8．已知sin θ＋cos θ＝且≤θ≤，则cos 2θ＝________. 5241124解析：因为sin θ＋cos θ＝，所以1＋sin 2θ＝，所以sin 2θ＝－. 52525x1＋x2x1＋x2ax1＋1·ax2＋1＝a＋1＝f22，

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π3π3π7因为≤θ≤，所以π≤2θ≤.所以cos 2θ＝－1－sin22θ＝－. 242257答案：－

25三、解答题

9．求证：2cos(α－β)－sin2α－βsin β＝. sin αsin α证明：要证原等式成立，只需证：

2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，

左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]

＝2cos(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＝右边．

所以原等式成立．

10．(天津高考)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．

2*(1)设cn＝b2n＋1－bn，n∈N，求证：数列{cn}是等差数列；

nk2*a1＝d，Tn＝

(－1)bk，n∈N，求证：

k＝1k＝12n(2)设T＜2d2. k112证明：(1)由题意得bn＝anan＋1，

2cn＝b2n＋1－bn＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1. 因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，

所以{cn}是等差数列．

22222(2)Tn＝(－b21＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b2n－1＋b2n) na2＋a2n＝2d(a2＋a4＋…＋a2n)＝2d·＝2d2n(n＋1)．

211111n11n111－所以

T＝2

＝2

k－k＋1＝2·2dk＝1kk＋12dk＝12dn＋1＜2d2. k＝1kn

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