2.2.1 综合法和分析法优秀教学设计内容

1．直接证明

(1)综合法

①定义：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．

②框图表示：P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Qn⇒Q

(其中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)．

③思维过程：由因导果．

(2)分析法

①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框图表示：Q⇐P1―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．

③思维过程：执果索因．

2．间接证明

反证法：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，从而证明原命题成立的证明方法．

【思考辨析】

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．(

×

) (2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(

×

) (3)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a

×

)

(4)反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．(

×

) (5)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程．(

√

) (6)证明不等式2＋7<3＋6最合适的方法是分析法．(

√

)

1．若a，b，c为实数，且a

) A．ac2

11C.<

ab答案

B 解析

a2－ab＝a(a－b)，

∵a0，

∴a2>ab.①

又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②

由①②得a2>ab>b2. 2．(2014·山东)用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(

) A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根

B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实数

C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根

D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根

答案

A 解析

方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故应选A. 3．要证a2＋b2－1－a2b2≤0只要证明(

) A．2ab－1－a2b2≤0 a4＋b4B．a＋b－1－≤0 222B．a2>ab>b2

baD.>

aba＋b2C.－1－a2b2≤0 2D．(a2－1)(b2－1)≥0 答案

D 解析

a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0. 4．如果aa＋bb>ab＋ba，则a、b应满足的条件是__________________．

答案

a≥0，b≥0且a≠b

解析

∵aa＋bb－(ab＋ba) ＝a(a－b)＋b(b－a) ＝(a－b)(a－b) ＝(a－b)2(a＋b)．

∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(a－b)2(a＋b)>0. ∴aa＋bb>ab＋ba成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b. 5．(教材改编)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，则△ABC的形状为________三角形．

答案

等边

解析

由题意2B＝A＋C，

π又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，

3由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，

∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，

π∴A＝C，∴A＝B＝C＝，

3∴△ABC为等边三角形．

题型一

综合法的应用

1an例1

已知数列{an}满足a1＝，且an＋1＝(n∈N*)．

23an＋11(1)证明数列{}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

an1(2)设bn＝anan＋1(n∈N*)，数列{bn}的前n项和记为Tn，证明：Tn<. 6an(1)解

由已知可得，当n∈N*时，an＋1＝. 3an＋13an＋111两边取倒数得，＝＝＋3，

ananan＋1即1－＝3，

an＋1an111所以数列{}是首项为＝2，公差为3的等差数列，

ana111其通项公式为＝＋(n－1)×3＝2＋(n－1)×3 ana1＝3n－1.

1所以数列{an}的通项公式为an＝. 3n－11(2)证明

由(1)知an＝，

3n－111故bn＝anan＋1＝×

3n－13n＋1－1＝1111＝(－)，

3n－13n＋233n－13n＋2故Tn＝b1＋b2＋…＋bn

111111111＝×(－)＋×(－)＋…＋×(－) 32535833n－13n＋2111111＝(－)＝－×. 323n＋2633n＋211因为>0，所以Tn<. 63n＋2思维升华

(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．

设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：

1a2b2c2(1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1. 3bca证明

(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得

a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由题设知(a＋b＋c)2＝1，

即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 1所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤. 3a2b2c2(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，

bcaa2b2c2故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，

bcaa2b2c2a2b2c2即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1. bcabca题型二

分析法的应用

ππ10，，若x1，x2∈0，，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋例2

已知函数f(x)＝tan x，x∈222f(x2)]>fx1＋x22. x1＋x21证明

要证[f(x1)＋f(x2)]>f22，

x1＋x21即证明(tan x1＋tan x2)>tan ，

22x1＋x21sin x1sin x2＋只需证明>tan ，

2cos x1cos x22sinx1＋x2sinx1＋x2只需证明>. 2cos x1cos x21＋cosx1＋x2π0，，故x1＋x2∈(0，π)．

由于x1，x2∈2所以cos x1cos x2>0，sin(x1＋x2)>0,1＋cos(x1＋x2)>0，

故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cos x1cos x2，

即证1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2，

即证cos(x1－x2)<1. π0，，x1≠x2知上式显然成立，

由x1，x2∈2x1＋x21因此[f(x1)＋f(x2)]>f22. 引申探究

fx1＋fx2x1＋x2若本例中f(x)变为f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的x1，x2∈R，均有≥f22. fx1＋fx2x1＋x2证明

要证明≥f22，

3x1－2x1＋3x2－2x2x1＋x2x1＋x2即证明≥3－2·，

2223x1＋3x2x1＋x2因此只要证明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)，

223x1＋3x2x1＋x2即证明≥3，

223x1＋3x2因此只要证明≥3x1·3x2，

2由于x1，x2∈R时，3x1>0,3x2>0，

3x1＋3x2由基本不等式知≥3x1·3x2显然成立，故原结论成立．

2思维升华

(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．

已知a>0，求证

11a2＋2－2≥a＋－2. aa

证明

要证

只需要证

11a2＋2－2≥a＋－2，

aa11a2＋2＋2≥a＋＋2. aa11a2＋2＋2)2≥(a＋＋2)2，

aa因为a>0，故只需要证( 1即a2＋2＋4 a从而只需要证2 111a2＋2＋4≥a2＋2＋2＋22(a＋)＋2，

aaa11a2＋2≥2(a＋)，

aa11只需要证4(a2＋2)≥2(a2＋2＋2)，

aa1即a2＋2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．

a题型三

反证法的应用

命题点1

证明否定性命题

例3

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (1)求数列{an}的通项公式；

(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．

(1)解

当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1. 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，

1两式相减得an＋1＝an，

21所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，

21所以an＝n－1. 2(2)证明

反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p

111－－则2·q＝p＋r，所以2·2rq＝2rp＋1.(*) 222又因为p

所以假设不成立，原命题得证．

命题点2

证明存在性问题

例4

若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a

13(1)设g(x)＝x2－x＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；

22

1(2)是否存在常数a，b(a>－2)，使函数h(x)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存x＋2在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．

1解

(1)由题设得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，2所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，

13即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3. 22因为b>1，所以b＝3. 1(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b] (a>－2)上是“四维光军”函数，

x＋21因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，

x＋2ha＝b，所以有hb＝a，

a＋2＝b，即1b＋2＝a，1

解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．

命题点3

证明唯一性命题

例5

已知a≠0，证明关于x的方程ax＝b有且只有一个根．

b证明

由于a≠0，因此方程至少有一个根x＝. a假设x1，x2是它的两个不同的根，

即ax1＝b，①

ax2＝b，②

由①－②得a(x1－x2)＝0，

因为x1≠x2，所以x1－x2≠0，

所以a＝0，这与已知矛盾，故假设错误．

所以当a≠0时，方程ax＝b有且只有一个根．

思维升华

应用反证法证明数学命题，一般有以下几个步骤：

第一步：分清命题“p⇒q”的条件和结论；

第二步：作出与命题结论q相反的假设綈q；

第三步：由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真．

所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、已知定义、已知定理或已知矛盾，与临

时假设矛盾以及自相矛盾等都是矛盾结果．

等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32. (1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；

Sn(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．

na1＝2＋1，(1)解

由已知得∴d＝2，

3a1＋3d＝9＋32，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．

Sn(2)证明

由(1)得bn＝＝n＋2. n2假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则bq＝bpbr，

即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)．

∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0. 2q－pr＝0，*∵p，q，r∈N，∴

2q－p－r＝0.

p＋r2∴()＝pr，即(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾．

2∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．

22．反证法在证明题中的应用

x22典例

(12分)直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y＝1相交于A、C两点，O是坐标原点．

4(1)当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；

(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形．

思维点拨

(1)根据菱形对角线互相垂直平分及点B的坐标设出点A的坐标，代入椭圆方程求得点A的坐标，后求AC的长；

(2)将直线方程代入椭圆方程求出AC的中点坐标(即OB的中点坐标)，判断直线AC与OB是否垂直．

规范解答

(1)解

因为四边形OABC为菱形，

则AC与OB相互垂直平分．

由于O(0,0)，B(0,1) 1t1t，，代入椭圆方程得＋＝1，

所以设点A2442

则t＝±3，故|AC|＝23.[4分]

(2)证明

假设四边形OABC为菱形，

因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0. 22x＋4y＝4，由

y＝kx＋m，

消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.[6分]

设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则

x1＋x2y2＋y2x1＋x24kmm＝－＝k·＋m＝. 2，2221＋4k1＋4k2－4km，m.[8分]

所以AC的中点为M1＋4k21＋4k2因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，

1所以直线OB的斜率为－，

4k－1＝－1≠－1，所以AC与OB不垂直．[10分]

因为k·4k4所以OABC不是菱形，与假设矛盾．

所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形．[12分]

温馨提醒

(1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，正确作出假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．

(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．

(3)利用反证法证明时，一定要回到结论上去．

[方法与技巧]

1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．

2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．

3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．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．

[失误与防范]

1．用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直至一个明显成立的结论．

2．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设的命题进行推理，如果没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．

A组

专项基础训练

(时间：35分钟) 1．若a、b∈R，则下面四个式子中恒成立的是(

) A．lg(1＋a2)>0

C．a2＋3ab>2b2

答案

B 解析

在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，

∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．

2．①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下正确的是(

) A．①与②的假设都错误

B．①与②的假设都正确

C．①的假设正确；②的假设错误

D．①的假设错误；②的假设正确

答案

D 解析

反证法的实质是否定结论，对于①，其结论的反面是p＋q>2，所以①不正确；对于②，其假设正确．

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b2－ac<3a”索的因应是(

) A．a－b>0

C．(a－b)(a－c)>0

答案

C 解析

由题意知b2－ac<3a⇐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. 4．若P＝a＋a＋7，Q＝a＋3＋a＋4(a≥0)，则P，Q的大小关系是(

) B．a－c>0 D．(a－b)(a－c)<0 B．a2＋b2≥2(a－b－1) aa＋1D.<

bb＋1

A．P>Q

C．P

答案

C 解析

∵P2＝2a＋7＋2a·a＋7 ＝2a＋7＋2a2＋7a，

Q2＝2a＋7＋2a＋3·a＋4 ＝2a＋7＋2a2＋7a＋12，

∴P2

D．由a的取值确定

5．设a，b是两个实数，给出下列条件：

①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；

⑤ab>1. 其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是(

) A．②③

C．③

答案

C 12解析

若a＝，b＝，则a＋b>1，

23但a<1，b<1，故①推不出；

若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；

若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；

若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；

对于③，即a＋b>2，

则a，b中至少有一个大于1，

反证法：假设a≤1且b≤1，

则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，

因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1. 6．用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是____________________________．

答案

a，b中没有一个能被5整除

解析

“至少有n个”的否定是“最多有n－1个”，故应假设a，b中没有一个能被5整除．

ba7．下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的条件ab的序号是________．

答案

①③④

B．①②③

D．③④⑤

bababa解析

要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不为0且同号即可，故①③④能使＋≥2ababab成立．

8．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是____________．

3－3，

答案

22f－1＝－2p＋p＋1≤0，解析

令

2f1＝－2p－3p＋9≤0，

3解得p≤－3或p≥，

23－3，. 故满足条件的p的范围为29．已知a≥b>0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b. 证明

要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，

只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，

即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，

即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0. ∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0,2a＋b>0，

从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，

∴2a3－b3≥2ab2－a2b. 10．设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．

(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；

(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？

(1)证明

假设数列{Sn}是等比数列，则S22＝S1S3，

2即a2a1·(1＋q＋q2)，

1(1＋q)＝a1·因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，

即q＝0，这与公比q≠0矛盾，

所以数列{Sn}不是等比数列．

(2)解

当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；

当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，

即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，

得q＝0，这与公比q≠0矛盾．

综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列．

B组

专项能力提升

(时间：35分钟)

a＋b12ab11．已知函数f(x)＝()x，a，b是正实数，A＝f()，B＝f(ab)，C＝f()，则A、B、C22a＋b的大小关系为(

) A．A≤B≤C

C．B≤C≤A

答案

A a＋b2ab1解析

∵≥ab≥，又f(x)＝()x在R上是减函数．

22a＋ba＋b2ab∴f()≤f(ab)≤f()，即A≤B≤C. 2a＋b12．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则(

) A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形

B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形

C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形

D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形

答案

D 解析

由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2C2是锐角三角形．

B．A≤C≤B

D．C≤B≤A

π－B，由sin B＝cos B＝sin2π－C，sin C＝cos C＝sin2211211π－A1，sin A2＝cos A1＝sin2

π得B＝2－B，πC＝2－C.2121πA2＝－A1，2

π那么，A2＋B2＋C2＝，

2这与三角形内角和为180°相矛盾．

所以假设不成立，又显然△A2B2C2不是直角三角形．

所以△A2B2C2是钝角三角形．

13．已知点An(n，an)为函数y＝x2＋1图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为__________．

答案

cn＋1

解析

由条件得

cn＝an－bn＝n2＋1－n＝1，

n2＋1＋n∴cn随n的增大而减小，∴cn＋10)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00. 1(1)证明：是f(x)＝0的一个根；

a1(2)试比较与c的大小；

a(3)证明：－2

∵f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，

∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，

∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，

c11≠c，

又x1x2＝，∴x2＝aaa1∴是f(x)＝0的一个根．

a11(2)解

假设0，

aa由00，

11＝0矛盾，

知f>0与faa111∴≥c，又∵≠c，∴>c. aaa(3)证明

由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，

∴b＝－1－ac.又a>0，c>0，∴b<－1. 二次函数f(x)的图象的对称轴方程为

bx1＋x2x2＋x21x＝－＝<＝x2＝，

2a22ab1即－<. 2aa又a>0，∴b>－2，∴－2

(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．

(1)证明

由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.

同理SA⊥AB. 又AB∩AD＝A，

∴SA⊥平面ABCD. (2)解

假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD. ∵BC∥AD，BC⊄平面SAD. ∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，

∴平面FBC∥平面SAD. 这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，

∴假设不成立．

∴不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.