2.2.1 综合法和分析法优秀说课稿

课题：

2.2.1综合法和分析法

教学目的

１、知识与技能：结合已经学过的数学实例，了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点。

２、过程与方法：多让学生举命题的例子，培养他们的辨析能力；以及培养他们的分析问题和解决问题的能力；

３、情感、态度与价值观：通过学生的参与，激发学生学习数学的兴趣。

重

点

了解分析法和综合法的思考过程、特点

难

点

分析法和综合法的思考过程、特点

教学过程：

学生探究过程：

合情推理分归纳推理和类比推理，所得的结论的正确性是要证明的，数学中的两大基本证明方法-------直接证明与间接证明。

若要证明下列问题：

已知a,b>0,求证a(b2c2)b(c2a2)4abc

教师活动：给出以上问题，让学生思考应该如何证明，引导学生应用不等式证明。教师最后归结证明方法。

学生活动：充分讨论，思考，找出以上问题的证明方法

设计意图：引导学生应用不等式证明以上问题，引出综合法的定义

证明:因为b2c22bc,a0, 所以a(b2c2)2abc, 因为c2a22ac,b0, 所以b(c2a2)2abc. 因此, a(b2c2)b(c2a2)4abc. P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等,Q表示要证明的结论

1.

综合法

综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法

用综合法证明不等式的逻辑关系是：

PQ1(Q1Q2)Q2Q3.....QnQ

综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法

例1、在△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A,B,C成等差数列,

a,b,c成等比数列,求证△ABC为等边三角形. 分析：将

A , B , C 成等差数列，转化为符号语言就是2B =A + C; A , B , C为△ABC的内角，这是一个隐含条件，明确表示出来是A + B + C =；

a , b，c成等比数列，转化为符号语言就是b2ac．此时，如果能把角和边统一起来，那么就可以进一步寻找角和边之间的关系，进而判断三角形的形状，余弦定理正好满足要求．于是，可以用余弦定理为工具进行证明．

证明：由

A, B, C成等差数列，有

2B=A + C ．

①

因为A,B,C为△ABC的内角，所以A + B + C=．

⑧

. 3由a, b，c成等比数列，有b2ac. 由余弦定理及③，可得

b2a2c22accosBa2c2ac.

再由④，得a2c2acac. (ac)20,

因此ac. 从而A=C.

由②③⑤，得

A=B=C=. 3所以△ABC为等边三角形．

解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，或把符号语言转换成图形语言等．还要通过细致的分析，把其中的隐含条件明确表示出来．

例2、已知a,bR,求证aabbabba.

本题可以尝试使用差值比较和商值比较两种方法进行。 证明：1) 差值比较法：注意到要证的不等式关于a,b对称，不妨设ab0.

ab0，从而原不等式得证。

abbabbababababab(ab)02）商值比较法：设ab0,

aabbaa1,ab0,

ba()ab1.故原不等式得证。

bbab注：比较法是证明不等式的一种最基本、最重要的方法。用比较法证明不等式的步骤是：作差（或作商）、变形、判断符号。

讨论：若题设中去掉x1这一限制条件，要求证的结论如何变换？

2. 分析法

证明数学命题时，还经常从要证的结论

Q 出发，反推回去，寻求保证

Q 成立的条件，明尸

2 成立，再去寻求尸

2 成立的充分条件尸

3 件、定理、定义、公理等）为止．乞，再去寻求尸

1 成立的充分条件尸

2 ；为了证

…

…

直到找到一个明显成立的条件（已知条即使

Q 成立的充分条件尸

1 ．为了证明尸

1 成立，

分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法叫做分析法

用分析法证明不等式的逻辑关系是：

由①②

，得B=QP1(P1P2).....(Pn1Pn)PnP

分析法的思维特点是：执果索因

分析法的书写格式：

要证明命题B为真，

只需要证明命题B1为真，从而有……

这只需要证明命题B2为真，从而又有……

……

这只需要证明命题A为真

而已知A为真，故命题B必为真

例3、求证3725

证明：因为37和25都是正数，所以为了证明3725

只需证明(37)2(25)2

展开得 1022120

即 22110,2125

因为2125成立，所以

(37)2(25)2成立

即证明了3725

说明：①分析法是“执果索因”，步步寻求上一步成立的充分条件，它与综合法是对立统一的两种方法

②分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：为了证明命题B为真，

这只需要证明命题B1为真，从而有……

这只需要证明命题B2为真，从而又有……

这只需要证明命题A为真

而已知A为真，故B必真

在本例中，如果我们从“21<25 ”出发，逐步倒推回去，就可以用综合法证出结论。但由于我们很难想到从“21<25”入手，所以用综合法比较困难。

事实上，在解决问题时，我们经常把综合法和分析法结合起来使用：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‘可以推出Q‘成立，就可以证明结论成立．下面来看一个例子．

例4

已知,k(kZ)，且

2sincos2sin ① sincossin2

② 1tan21tan2求证：。

221tan2(1tan)分析：比较已知条件和结论，发现结论中没有出现角，因此第一步工作可以从已知条件中消去.观察已知条件的结构特点，发现其中蕴含数量关系于是，由

①2一2×②

得4sin22sin21．把(sincos2)2sincos，1

4sin22sin21与结论相比较，发现角相同，但函数名称不同，于是尝试转化结论：统一函数名称，即把正切函数化为正（余）弦函数．把结论转化为1cos2sin2(cos2sin2),再与4sin22sin21比较，发现只要把21cos2sin2(cos2sin2)中的角的余弦转化为正弦，就能达到目的．

2证明：因为(sincos)22sincos1，所以将

①

②

代入，可得

4sin22sin21. ③

1tan21tan2另一方面，要证

1tan22(1tan2)sin2sin2112cos2cos即证

， sin2sin212(1)22coscos1即证cos2sin2(cos2sin2)，

21即证12sin2(12sin2)，

2即证4sin22sin21。

由于上式与③相同，于是问题得证。

例5

证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大

分析：当水的流速相同时，水管的流量取决于水管截面面积的大小，设截面LL的周长为L，则周长为L的圆的半径为，截面积为T1()2；周长为L的正方22LLLL形边长为，截面积为()2所以本题只需证明()2()2

4424L证明：设截面的周长为L，依题意，截面是圆的水管的截面面积为()2，2LLL截面是正方形的水管的截面面积为()2，所以本题只需证明()2()2

424L2L2为了证明上式成立，只需证明

4216411

，得24L因此，只需证明4

LL上式是成立的，所以()2()2

24这就证明了，通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大

说明：对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易入手，因此，通常用两边同乘以正数

分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法经常是结合在一起使用的

巩固练习：

1、a,b,cR,求证abbcac2(abc)222222

2、ABC中，已知3b23asinB，且cosBcosC求证：ABC为等边三角形3、a,b,c为ABC的三内角的对应边

aAbBcC试证明:abc2

课后作业：

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：∵b2c2≥2bc,a＞0, ∴a(b2c2)≥2abc

①

同理

b(c2a2)≥2abc

②

c(a2b2)≥2abc

③

因为a，b，c不全相等，所以b2c2≥2bc, c2a2≥2ca, a2b2≥2ab三式不能全取“=”号，从而①、②、③三式也不能全取“=”号

∴a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc

例2、已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，

求证：a2b2c2(abc)2

证明：左－右=2（ab+bc－ac）

∵a，b，c成等比数列，∴b2ac

acac

又∵a，b，c都是正数，所以0bac≤2∴acb

∴2(abbcac)2(abbcb2)2b(acb)0

∴a2b2c2(abc)2

例3、若实数x1，求证：3(1x2x4)(1xx2)2.

证明：采用差值比较法：

3(1x2x4)(1xx2)2

=33x23x41x2x42x2x22x3

=2(x4x3x1)

=2(x1)2(x2x1)

13=2(x1)2[(x)2].

2413x1,从而(x1)20,且(x2)240,

∴2(x1)2[(x132)24]0,

∴3(1x2x4)(1xx2)2.

例4、已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤(a2b2)(c2d2)

分析一:用分析法

证法一:(1)当ac+bd≤0时,显然成立

(2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2) 即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2

即证2abcd≤b2c2+a2d2

即证0≤(bc-ad)2

因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立, 综合(1)、(2)可知:原不等式成立

分析二:用综合法

证二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2) =(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2

∴(a2b2)(c2d2)≥|ac+bd|≥ac+bd

故命题得证

分析三:用比较法

证法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0, ∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2

∴(a2b2)(c2d2)≥|ac+bd|≥ac+bd, 即ac+bd≤(a2b2)(c2d2)

例5、设a、b是两个正实数，且a≠b，求证：a3+b3＞a2b+ab2．

证明：(用分析法思路书写)

要证 a3+b3＞a2b+ab2成立，

只需证(a+b)(a2-ab+b2)＞ab(a+b)成立，

即需证a2-ab+b2＞ab成立。(∵a+b＞0)

只需证a2-2ab+b2＞0成立，

即需证(a-b)2＞0成立。

而由已知条件可知，a≠b，有a-b≠0，所以(a-b)2＞0显然成立，由此命题得证。

(以下用综合法思路书写)

∵a≠b，∴a-b≠0，∴(a-b)2＞0，即a2-2ab+b2＞0

亦即a2-ab+b2＞ab

由题设条件知，a+b＞0，∴(a+b)(a2-ab+b2)＞(a+b)ab 即a3+b3＞a2b+ab2，由此命题得证. 法

教后感：

20

年

月

日

第

课时

课题：

§2.2.2反证法

教学目的

１、知识与技能：结合已经学过的数学实例，了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点。

２、过程与方法：多让学生举命题的例子，培养他们的辨析能力；以及培养他们的分析问题和解决问题的能力；

３、情感、态度与价值观：通过学生的参与，激发学生学习数学的兴趣。

重

点

了解反证法的思考过程、特点

难

点

反证法的思考过程、特点

教学过程：

学生探究过程：

(1)、反证法

反证法是一种间接证法，它是先提出一个与命题的结论相反的假设，然后，从这个假设出发，经过正确的推理，导致矛盾，从而否定相反的假设，达到肯定原命题正确的一种方法。反证法可以分为归谬反证法(结论的反面只有一种)与穷举反证法(结论的反面不只一种)。用反证法证明一个命题的步骤，大体上分为：(1)反设；(2)归谬；(3)结论。

反设是反证法的基础，为了正确地作出反设，掌握一些常用的互为否定的表述形式是有必要的，例如：是/不是；存在/不存在；平行于/不平行于；垂直于/不垂直于；等于/不等于；大(小)于/不大(小)于；都是/不都是；至少有一个/一个也没有；至少有n个/至多有(n一1)个；至多有一个/至少有两个；唯一/至少有两个。

归谬是反证法的关键，导出矛盾的过程没有固定的模式，但必须从反设出发，否则推导将成为无源之水，无本之木。推理必须严谨。导出的矛盾有如下几种类型：与已知条件矛盾；与已知的公理、定义、定理、公式矛盾；与反设矛盾；自相矛盾。

上，都需要翻转奇数次，所以

3 枚硬币全部反面朝上时，需要翻转

3 个奇数之和次，即要翻转奇数次．但由于每次用双手同时翻转

2 枚硬币，

3 枚硬币被翻转的次数只能是

2 的倍数，即偶数次．这个矛盾说明假设错误，原结论正确，即无论怎样翻转都不能使

3 枚硬币全部反面朝上．一般地，假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法

( reduction to absurdity ) .

例1、已知直线a,b和平面，如果a,b，且a||b，求证a||。

证明：因为a||b, 所以经过直线a , b 确定一个平面。

因为a，而a，

所以

与是两个不同的平面．

因为b，且b，

所以b. 下面用反证法证明直线a与平面没有公共点．假设直线a 与平面有公共点P，则Pb，即点P是直线 a 与b的公共点，这与a||b矛盾．所以

a||.

点评：线面平行的判定定理：如果不在一个平面内的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．

推理模式：a,b,a//ba//．

例2、求证：2不是有理数

分析：直接证明一个数是无理数比较困难，我们采用反证法．假设2不是m无理数，那么它就是有理数．我们知道，任一有理数都可以写成形如（m,n互n质，

mZ,nN*”的形式．下面我们看看能否由此推出矛盾．

证明：假设2不是无理数，那么它就是有理数．于是，存在互质的正整数mm,n，使得2，从而有m2n,

n因此，m22n2，

所以

m 为偶数．于是可设m2k

( k 是正整数），从而有

4k22n2，即

n22k2

所以n也为偶数．这与

m , n 互质矛盾！

由上述矛盾可知假设错误，从而2是无理数．

正是2的发现，使人们认识到在有理数之外，还有一类数与

1 是不可公度的，这就是无理数；从而引发了数学史上的第一次危机，大大推动了数学前进的步伐。

例3、已知ab0，求证：nanb（nN且n1）

证明：假设na不大于nb，即nanb或nanb. ∵a＞0，b＞0 ∴由nanb(na)n(nb)n

(注：应由学生讨论回答上述步骤转化的目的是什么?) a＜b(推理利用了不等式的传递性). 又由nanbab

但这些都与已知条件，a＞b＞0相矛盾.

∴nanb成立.

例4、设a3b32，求证ab2.

证明：假设ab2，则有a2b，从而

a3812b6b2b3,

3322ab6b12b86(b1)2.因为6(b1)222，所以a3b32，这与题设条件a3b32矛盾，所以，原不等式ab2成立。

例5、设二次函数f(x)x2pxq，求证：f(1),f(2),f(3)中至少有一个1不小于. 2证明：假设f(1),f(2),f(3)都小于1，则

2f(1)2f(2)f(3)2.

（1）

另一方面，由绝对值不等式的性质，有

f(1)2f(2)f(3)f(1)2f(2)f(3)(1pq)2(42pq)(93pq)2

（2）

（1）、（2）两式的结果矛盾，所以假设不成立，原来的结论正确。

注意：诸如本例中的问题，当要证明几个代数式中，至少有一个满足某个不等式时，通常采用反证法进行。

议一议：一般来说，利用反证法证明不等式的第三步所称的矛盾结果，通常是指所推出的结果与已知公理、定义、定理或已知条件、已证不等式，以及与临时假定矛盾等各种情况。试根据上述两例，讨论寻找矛盾的手段、方法有什么特点？

巩固练习：

课后作业：

1．设0 < a, b, c < 2，求证：(2 

a)c, (2 

b)a, (2 

c)b,不可能同时大于1 反证法：(2 

a)c>1, (2 

b)a>1, (2 

c)b>1,则(2 

a)c(2 

b)a(2 

c)b>1

…①

(2a)a1, 又因为设0 < a, b, c < 2，(2 

a) a2同理

(2 

b) b≤1, (2 

c) c≤1,所以(2 

a)c(2 

b)a (2 

c)b≤1此与①矛盾

2．若x, y > 0，且x + y >2，则1y1x和中至少有一个小于2 xy

反证法：设盾。

1x1y≥2，≥2

∵x, y > 0，可得x + y

≤2

与x + y >2矛xy3．设0 < a, b, c < 1，求证：(1 

a)b, (1 

b)c, (1 

c)a,不可能同时大于111,

(1 

b)c >,

(1 

c)a >, 4441则三式相乘：ab < (1 

a)b•(1 

b)c•(1 

c)a <

①

641

4证：设(1 

a)b >1(1a)a又∵0 < a, b, c < 1

∴0(1a)a

24同理：(1b)b11,

(1c)c

441

与①矛盾

642以上三式相乘：

(1 

a)a•(1 

b)b•(1 

c)c≤∴原式成立

4．已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0

证：设a < 0,

∵abc > 0,

∴bc < 0 又由a + b + c > 0,

则b + c = a > 0 ∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0

与题设矛盾

又：若a = 0，则与abc > 0矛盾，

∴必有a > 0

同理可证：b > 0,

c > 0

教后感：