二 综合法与分析法教学设计案例

2．2 综合法与分析法

1．理解综合法和分析法的实质，掌握分析法、综合法和证明不等式的步骤．

2．了解用分析法证明不等式．

3．了解用综合法证明不等式．

4．提高综合应用知识解决问题的能力．

1．综合法．

一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理，论证而得出命题成立，这种证明方法叫做________又叫顺推证法或________．

答案：综合法

由因导果法

2．分析法．

证明命题时，我们还常常从要证的________出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为________或一个明显成立事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做________．这是一种执果索因的思考和证明方法．

答案：结论

已知条件

分析法

思考1 a，b都是正数．用综合法证明：＋≥2. 证明：由基本不等式A＋B≥2AB(A，B∈R)可得＋≥2且仅当a＝b时，等号成立．

思考2 已知a，b，m都是正数，并且a＜b.用分析法证明：证明：因为已知a，b，m都是整数，

要证＋abbaabbaabab·＝2，即＋≥2.当babaa＋ma＞. b＋mba＋ma＞，(1) b＋mb只需证________，(2) 要证(2)，只需证bm＞am，(3) 要证(3)，只需证________，(4) 已知(4)成立，所以(1)成立．

答案：b(a＋m)＞a(b＋m)

b＞a

3．综合法与分析法的比较．

1

综合法与分析法的比较

方法

综合法

证明的起始步骤

基本不等式或已经证明过的不等式

求证过程

实施一系列的推出或等价变换

寻求结论成立的充分条件，并证明这个充分条件成立

求证目标

要求证的结论

证题方向

由因导果

分析法

要求证的不等式

所需条件全部成立

执果索因

一层练习

1．分析法证明不等式中所说的“执果索因”是指寻求使不等式成立的(

)

A．必要条件 B．充分条件

C．充要条件 D．必要或充分条件

答案：B

2．若x＞y＞1，0＜a＜1，则下列式子中正确的是(

) xyA．a＞a B．logax＞logay

aa－a－aC．x＜y D．x＜y

答案：D

3．设a，b∈R，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是(

) A．A≥B B．A≤B C．A>B D．A

答案：C

4．已知0＜a＜1，0＜b＜1，且a≠b，那么a＋b，2ab，a＋b，2ab中最大的是________．

答案：a＋b

22＋

二层练习

5．已知a，b∈R，则“a＋b＞2，ab＞1”是“a＞1，b＞1”成立的(

) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．即不充分也不必要条件

解析：当a＞1，b＞1时，两式相加得a＋b＞2，两式相乘得ab＞1.反之，当a＋b＞2，

2

ab＞1时，a＞1，b＞1不一定成立．如：a＝，b＝4也满足a＋b＞2，ab＝2＞1，但不满足a＞1，b＞1. 答案：B

6．若1

) 22A．(lg x)

22D．lg(lg x)<(lg x)

答案：D

7．若a，b，c∈R，且ab＋bc＋ac＝1，则下列不等式中成立的是(

) 2222A．a＋b＋c≥2 B．(a＋b＋c)≥3 1111C.＋＋≥23 D．abc(a＋b＋c)≤

abc3解析：因为a＋b≥2ab，a＋c≥2ac，b＋c≥2bc，将三式相加得2(a＋b＋c)≥2ab2222222＋2bc＋2ac所以a＋b＋c≥1.又因为(a＋b＋c)＝a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2ac，所以(a＋b2＋c)≥1＋2×1＝3. 答案：B

a2＋b28．设a≥b，b>0，M＝，N＝a＋b，则M与N的大小关系是________．

22222222212ab答案：M≥N

9．若a，b，c是不全相等的正数，求证：

lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c. 证明：证法一(综合法) ＋∵a，b，c∈R，

∴a＋b2≥ab＞0，b＋c2≥bc＞0，c＋a2≥ac＞0，且上述三个不等式中等号不能同时成立，

∴a＋bb＋cc＋a2·2·2＞abc. ∴lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c. 证法二(分析法) lga＋b2＋lgb＋c2＋lgc＋a2＞lg a＋lg b＋lg c⇐

lg2a＋b·b＋c·c＋a＞lg abc⇐

222·2·2＞abc. a＋bb＋cc＋a

3

因为a＋b2≥ab＞0，·b＋c2≥bc＞0，c＋a2≥ac＞0，且以上三个不等式中等号不能同时成立，所以

a＋bb＋cc＋a22·2＞abc成立，从而原不等式成立．

10．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，求证：

1(1)ab＋bc＋ca≤；

3a2b2c2(2)＋＋≥1. bca证明：(1)由a＋b≥2ab，b＋c≥2bc，c＋a≥2ca得

a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，

1222即a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤. 3222222a2b2c2(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，

bcaa2b2c2a2b2c2故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c. bcabcaa2b2c2所以＋＋≥1.

bca三层练习

11111．(1)设x≥1，y≥1，求证：x＋y＋≤＋＋xy；

xyxy(2)1

b＋logb

c＋logc

a≤logb

a＋logc

b＋loga

c. 1112证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)，

xyxy将上式中的右式减左式，得[y＋x＋(xy)]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)－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loga

b＝x，logb

c＝y，由对数换底公式得

111logc

a＝，logb

a＝，logc

b＝，loga

c＝xy. 22xyxy于是，所要证明的不等式即为

x＋y＋≤＋＋xy，

xyxy其中x＝loga

b≥1，y＝logb

c≥1. 故由(1)知所要证明的不等式成立．

12．给定常数c>0，定义函数f(x)＝2|x＋c＋4|－|x＋c|，数列a1，a2，a3…满足an＋1*＝f(an)，n∈N. (1)若a1＝－c－2，求a2及a3；

1114

(2)求证：对任意n∈N，an＋1－an≥c. 解析：因为c>0，a1＝－(c＋2)，故

a2＝f(a1)＝2|a1＋c＋4|－|a1＋c|＝2，

a3＝f(a1)＝2|a2＋c＋4|－|a2＋c|＝c＋10. (2)要证明原命题，只需证明f(x)≥x＋c对任意x∈R都成立，

f(x)≥x＋c⇔2|x＋c＋4|－|x＋c|≥x＋c，

即只需证明2|x＋c＋4|≥|x＋c|＋x＋c，

若x＋c≤0，显然有

2|x＋c＋4|≥|x＋c|＋x＋c＝0成立；

若x＋c>0，则

2|x＋c＋4|≥|x＋c|＋x＋c⇔x＋c＋4>x＋c显然成立．

综上，f(x)≥x＋c恒成立，

*即对任意的n∈N，an＋1－an≥c.

*13．设实数数列{an}的前n项和Sn，满足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N)，(利用综合法和分析法)求证：4对k≥3有0≤ak≤. 3证明：由题设条件有Sn＋an＋1＝an＋1Sn，

故Sn≠1，an＋1≠1且an＋1＝从而对k≥3有

，Sn＝，

Sn－1an＋1－1*Snan＋1Sk－1ak－1＋Sk－2ak＝＝＝

Sk－1－1ak－1＋Sk－2－1ak－1ak－1＋ak－1－1a2k－1＝2.①

ak－1ak－1－ak－1＋1ak－1＋－1ak－1－112322因ak－1－ak－1＋1＝(ak－1－)＋>0且ak－1≥0，由①得ak≥0. 244ak－14要证ak≤，由①只要证2≤，

3ak－1－ak－1＋13即证3ak－1≤4(ak－1－ak－1＋1)，即(ak－1－2)≥0. 此式明显成立．

4因此ak≤(k≥3)．即原命题

314．(2015·新课标全国卷Ⅱ，数学文理)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d.证明：

(1)若ab＞cd，则a＋b＞c＋d；

(2)a＋b＞c＋d是|a－b|＜|c－d|的充要条件．

分析：(1)由a＋b＝c＋d及ab>cd，可证明

(a＋b)>(c＋d)，开方即得a＋b>c＋d. (2)本小题可借助第一问的结论来证明，但要分必要性与充分性来证明．

解析：(1)因为(a＋b)＝a＋b＋2ab，(c＋d)＝c＋d＋2cd，

22由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)>(c＋d)，因此a＋b>c＋d. 2222(2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)<(c－d)，即(a＋b)－4ab<(c＋d)－4cd.因为a＋b

222222225

＝c＋d，所以ab>cd，由(1)得a＋b>c＋d. 22②若a＋b>c＋d，则(a＋b)>(c＋d即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd，因为a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 于是(a－b)＝(a＋b)－4ab<(c＋d)－4cd＝(c－d)，因此|a－b|<|c－d|，综上a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．

2222

1．综合法是从已知条件或基本不等式出发，运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式，证明思路是“由因导果”．综合法证明不等式，要揭示出条件与结论间的因果联系，为此要着力分析已知与求证间，不等式左、右两端的差异与联系，合理变换、恰当选择已知2不等式是证明的关键．寻找启动不等式是综合法的难点．常用不等式有：(1)a≥0(a∈R)；a＋b≥ab，a2＋b2≥1(a＋b)2；(3)若a，(2)(a－b)≥0(a，b∈R)，其变形有a＋b≥2ab，222222a＋bba222b∈R＋，≥ab，特别的有＋≥2；(4)a＋b＋c≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．

2ab2．分析法就是从求证的不等式出发，执果索因，找出使这个不等式成立需具备的充分条件，直至能肯定所需条件已经具备．证明的关键是推理的每一步都必须可逆．对思路不明显，从条件看感到无从下手的问题宜用分析法．

用分析法证明“若A则B”的模式为：

欲证命题B成立，

只需证命题B1成立……

只需证命题B2成立……

……

只需证明A为真．

今已知A为真，故B必真．

可以简单写成：

B⇐B1⇐B2⇐……⇐Bn⇐A. 3．证明时省略掉“要证明”和“只需证明”的字样，就会颠倒因果关系而犯逻辑上的根本错误，但可用“⇐”取代那些必要的词语．应予以足够重视．

4．分析法和综合法是对立统一的两种方法，分析法的特点是利于思考，因为其方向明确，思路自然，易于掌握．综合法的优点是宜于表述、条理清楚、形式简洁．证明时常用分析法探索证明途径，后用综合法的形式写出证明过程，这是解数学问题的一种重要思想方法．分析与综合互为前提，相互渗透，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点，分析法和综合法要结合起来使用，也就是“两头凑”，会使问题较易解决．即在分析过程中有时进行到一定步骤不易进行下去，就要从已知条件出发，进行推理，直至综合法推出的结论与分析法追溯的充分条件同一为止，从而证明了不等式．这种“由两头往中间靠”的方法可称为分析综合法．

5．一般来说，如果已知条件信息量较小，或已知与待证间的直接联系不明显，“距离”较大，用分析法来证明．

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