2.2.1 综合法和分析法优质教案设计

2.2

直接证明与间接证明

2.2.1

综合法和分析法

1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法.

2.理解综合法和分析法的思考过程、特点，会用综合法和分析法证明数学问题.

综合法和分析法

综合法

利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推定义

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⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→框图

表示

→…→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)

特点

顺推证法或由因导果法

逆推证法或执果索因法

1.判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)分析法与综合法证明同一个问题时，一般思路恰好相反，过程相逆.(

) 答案：(1)×

(2)×

(3)√

2.在△ABC中，sin Asin C＜cos Acos C，则△ABC一定是(

) A．锐角三角形

C．钝角三角形

答案：C 3.欲证

2－3＜6－7，只需证明(

) A．(2－3)2＜(6－7)2

B．直角三角形

D．不确定

得到一个明显成立的条件

(Q表示要证明的结论)

分析法

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)，这种证明方法叫做分析法

B．(2－6)2＜(3－7)2

C．(2＋7)2＜(6＋3)2

D．(2－3－6)2＜(－7)2

答案：C 4.函数f(x)＝ax＋b在(－∞，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是______. 答案：(0，＋∞)

综合法的应用

(2016·高考北京卷节选)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.

(1)求证：DC⊥平面PAC. (2)求证：平面PAB⊥平面PAC. 【证明】

(1)因为PC⊥平面ABCD，

所以PC⊥DC.

又因为DC⊥AC，

且PC∩AC＝C，

所以DC⊥平面PAC.

(2)因为AB∥DC，DC⊥AC，

所以AB⊥AC.

因为PC⊥平面ABCD，

所以PC⊥AB.

又因为PC∩AC＝C，

所以AB⊥平面PAC.

又AB⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面PAC.

综合法证明问题的步骤

1.已知a，b>0，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc. 证明：因为b2＋c2≥2bc，a>0，所以a(b2＋c2)≥2abc，

又因为c2＋a2≥2ac，b>0，所以b(c2＋a2)≥2abc.

因此a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.

2.求证：sin(2α＋β)＝sin β＋2sin αcos(α＋β). 证明：因为sin(2α＋β)－2sin αcos(α＋β)

＝sin[(α＋β)＋α]－2sin αcos(α＋β)

＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2sin αcos(α＋β)

＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α

＝sin[(α＋β)－α]＝sin β.

所以原命题成立.

分析法的应用

已知△ABC三边a，b，c的倒数成等差数列，求证：B为锐角. 【证明】

要证B为锐角，根据余弦定理，

a2＋c2－b2只需证明cos B＝＞0，

2ac即证a2＋c2－b2＞0.

由于a2＋c2－b2≥2ac－b2，

要证a2＋c2－b2＞0，

只需证2ac－b2＞0.

因为a，b，c的倒数成等差数列，

112所以＋＝，即2ac＝b(a＋c).

acb要证2ac－b2＞0，

只需证b(a＋c)－b2＞0，

即b(a＋c－b)＞0，

上述不等式显然成立，所以B为锐角.

分析法证明数学问题的方法

|a|＋|b|

已知非零向量a，b，且a⊥b，求证：≤

2. |a＋b|证明：a⊥b⇔a·b＝0，要证|a|＋|b|≤

2，

|a＋b|只需证|a|＋|b|≤

2|a＋b|，

只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，

只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，

只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，

即证(|a|－|b|)2≥0，

上式显然成立，

故原不等式得证.

综合法和分析法的综合应用

△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，其对边分别为a，b，c.求证：(a＋b)－1＋(b＋c)1＝3(a＋b＋c)1. －－【证明】

法一：要证(a＋b)1＋(b＋c)1＝3(a＋b＋c)1，

－－－113即证＋＝，

a＋bb＋ca＋b＋ca＋b＋ca＋b＋c即证＋＝3，

a＋bb＋cca即证＋＝1.

a＋bb＋c只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，

只需证c2＋a2＝ac＋b2.

因为△ABC三个内角A，B，C成等差数列，

所以B＝60°.

由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60°，

即b2＝c2＋a2－ac，c2＋a2＝ac＋b2，

此式即分析中欲证之等式，所以原式得证.

法二：因为△ABC三个内角A，B，C成等差数列，

所以B＝60°.

由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos 60°，

得c2＋a2＝ac＋b2，

两边同时加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＋cca所以a＋b＋1＋b＋c＋1＝3，

113所以＋＝，

a＋bb＋ca＋b＋c所以(a＋b)1＋(b＋c)1＝3(a＋b＋c)1. －－－

分析法与综合法是两种思路相反的推理方法，分析法是倒溯，综合法是顺推，分析法容易探路，综合法条理清晰，易于表达，但思路不太好想，因此在选择证明方法时，一定要有“综合性选取”意识，明确数学证明方法不是孤立的，应当善于将两种不同的证明方法结合在一起运用.

1.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.

由此不等式得证.

法二：(综合法)

a≠b⇔a－b≠0⇔(a－b)2＞0⇔a2－2ab＋b2＞0⇔a2－ab＋b2＞ab.

因为a＞0，b＞0，

所以a＋b＞0，

所以(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b).

所以a3＋b3＞a2b＋ab2.

2.在某两个正数x，y之间插入一个数a，使x，a，y成等差数列，插入两数b，c，使x，b，c，y成等比数列，求证：(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1). 2a＝x＋y，2b2c2证明：由已知得b＝cx，所以x＝，y＝，

cb2c＝by，b2c2即x＋y＝＋，

cbb2c2从而2a＝＋.

cb要证(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1)，

只需证a＋1≥(b＋1)(c＋1)成立.

(b＋1)＋(c＋1)只需证a＋1≥即可.

2b2c2也就是证2a≥b＋c.而2a＝＋，

cbb2c2则只需证＋≥b＋c成立即可，

cb即证b3＋c3＝(b＋c)(b2－bc＋c2)≥(b＋c)bc，

即证b2＋c2－bc≥bc，

即证(b－c)2≥0成立，

上式显然成立，

所以(a＋1)2≥(b＋1)(c＋1).

综合法、分析法的区别与联系

(1)区别

解题思路

表述形式

思考的侧重点

综合法

探路较难，易生枝节

形式简洁，条理清晰(优点) 侧重于已知条件提供的信息

分析法

容易探路，利于思考(优点) 叙述烦琐，易出错

侧重于结论提供的信息

(2)联系：分析法便于我们去寻找证明思路，而综合法便于证明过程的叙述，两种方法各有所长，因而在解决问题时，常先用分析法寻找解题思路，再用综合法有条理地表达证明过程，将两种方法结合起来运用，其思维模式框图为

1.命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明过程为：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，其应用了(

) A．分析法

B．综合法

C．综合法、分析法综合使用

D．类比法

解析：选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.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＝，所以sin A＞sin B.

sin Asin B若sin A＞sin B，则由正弦定理得a＞b，

所以A＞B.

ac3.设a，b，c成等比数列，而x，y分别是a，b和b，c的等差中项，求证：＋＝2. xya＋bb＋cb2证明：由题知c＝，x＝，y＝，

a22acac2a2c则＋＝＋＝＋

xya＋bb＋ca＋bb＋c22b22×a2a2a2b＝＋＋＝2，

2＝ba＋ba＋ba＋bb＋aac即＋＝2.

xy4.设a，b为实数，求证：

证明：当a＋b≤0时，因为

所以

a2＋b2≥a2＋b2≥2(a＋b). 2a2＋b2≥0，

2(a＋b)成立.

2当a＋b＞0时，用分析法证明如下：

要证

a2＋b2≥22(a＋b)，

222只需证(a＋b)≥，

2(a＋b)221即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab).

2即证a2＋b2≥2ab.

因为a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立.

所以a2＋b2≥2(a＋b)成立.

2综上所述，不等式成立.

[A

基础达标] 1.分析法是从要证的结论出发，逐步寻求结论成立的(

) A．充分条件

C．充要条件

B．必要条件

D．等价条件

解析：选A．由分析法的要求知，应逐步寻求结论成立的充分条件.

2.要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明(

) A．2ab－1－a2b2≤0 a2＋b2B．a＋b－1－≤0 222(a＋b)2C．－1－a2b2≤0 2D．(a2－1)(b2－1)≥0 解析：选D．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，

只需证：a2b2－a2－b2＋1≥0，

只需证：(a2－1)(b2－1)≥0，故选D．

3.若a＞1，0＜b＜1，则下列不等式中正确的是(

) A．ab＜1

C．logab＜0

B．ba＞1 D．logba＞0 解析：选C．ab＞a0＝1，ba＜b0＝1，logab＜loga1＝0，logba＜logb1＝0.

4.若a

) 11A．<

ab11C．b＋>a＋

ab11B．a＋>b＋

babb＋1D．<

aa＋1

11解析：选C．因为a.

ab11由不等式的同向可加性知b＋>a＋.

ab5.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)成立”的是(

) 1A．f(x)＝

xB．f(x)＝(x－1)2

C．f(x)＝ex

D．f(x)＝ln(x＋1) 11解析：选A．本题就是找哪一个函数在(0，＋∞)上是减函数，A项中，f′(x)＝′＝－xx21＜0，所以f(x)＝在(0，＋∞)上为减函数.

x6.设a＝3＋22，b＝2＋7，则a，b的大小关系为______. 解析：a＝3＋22，b＝2＋7，两式的两边分别平方，可得a2＝11＋46，b2＝11＋47，显然，6< 7.所以a

7.在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝23，则△ABC的面积等于______.

234解析：如图所示，在△ABC中，由正弦定理得＝，解得sin B＝1，所以B＝sin 60°sin B1190°，所以S△ABC＝×AB×23＝×42－(23)2×23＝23.

22答案：23 8.如果aa＞bb，则实数a，b应满足的条件是______. 解析：要使aa＞bb成立，只需(aa)2＞(bb)2，只需a3＞b3＞0，即a，b应满足a＞b＞0.

答案：a＞b＞0 9.在△ABC中，已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，且

2cos Asin B＝sin C.判断△ABC的形状. 解：因为A＋B＋C＝180°，

所以sin C＝sin(A＋B).

又2cos Asin B＝sin C，

所以2cos Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，

所以sin(A－B)＝0.

又A与B均为△ABC的内角，

所以A＝B.

又由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，

得(a＋b)2－c2＝3ab，a2＋b2－c2＝ab.

又由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，

得a2＋b2－c2＝2abcos C.

1所以2abcos C＝ab，cos C＝，

2所以C＝60°.

又因为A＝B，所以△ABC为等边三角形.

10.求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大. LL，

证明：设圆和正方形的周长为L，故圆的面积为π，正方形的面积为2π4LL则本题即证π2π＞4.

LL要证π2π＞4，

πL2L2即证2＞，

4π1611即证＞，

π4即证4＞π，

LL因为4＞π显然成立，所以π2π＞4.

故原命题成立.

[B

能力提升] 11.在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足什么条件(

) A．a2

C．a2>b2＋c2

解析：选C．由余弦定理得

b2＋c2－a2cos A＝<0，

2bcB．a2＝b2＋c2

D．a2≤b2＋c2

22222222

所以b2＋c2－a2<0，

即b2＋c2

12.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).

解析：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.

答案：AC⊥BD(答案不唯一) 13.如图，几何体E-ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.

(1)求证：BE＝DE；

(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC. 证明：(1)取BD的中点O，连接CO，EO，则由CB＝CD知，CO⊥BD.

又EC⊥BD，EC∩CO＝C，所以BD⊥平面OCE，所以BD⊥EO，又O为BD的中点，所以BE＝DE.

(2)取AB的中点N，连接MN，DN，DM.

因为M，N分别是AE，AB的中点，所以MN∥BE.

又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，

所以MN∥平面BEC.

因为△ABD为正三角形，所以DN⊥AB.

由∠BCD＝120°，CB＝CD知，∠CBD＝30°，

所以∠ABC＝60°＋30°＝90°，即BC⊥AB，所以DN∥BC.

又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，

所以DN∥平面BEC.

又MN∩DN＝N，所以平面MND∥平面BEC，

又DM⊂平面MND，故DM∥平面BEC.

14.(选做题)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，a2＝6，a3＝11，且(5n－8)Sn＋1－

(5n＋2)Sn＝An＋B，n∈N*，其中A、B为常数. (1)求A与B的值；

(2)证明：数列{an}为等差数列. 解：(1)由已知得S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝7，S3＝a1＋a2＋a3＝18.

由(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝An＋B，得

－3S2－7S1＝A＋B，A＋B＝－28，即

2S－12S＝2A＋B，2A＋B＝－48，32A＝－20，解得

B＝－8.(2)证明：由第一问得

(5n－8)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝－20n－8.①

所以(5n－3)Sn＋2－(5n＋7)Sn＋1＝－20n－28.②

②－①，得(5n－3)Sn＋2－(10n－1)Sn＋1＋(5n＋2)Sn

＝－20.③

所以(5n＋2)Sn＋3－(10n＋9)Sn＋2＋(5n＋7)Sn＋1＝－20.④

④－③，得(5n＋2)Sn＋3－(15n＋6)Sn＋2＋(15n＋6)Sn＋1－(5n＋2)Sn＝0.

因为an＋1＝Sn＋1－Sn，

所以(5n＋2)an＋3－(10n＋4)an＋2＋(5n＋2)an＋1＝0.

因为5n＋2≠0，所以an＋3－2an＋2＋an＋1＝0.

所以an＋3－an＋2＝an＋2－an＋1，n∈N*.

又a3－a2＝a2－a1＝5，

所以数列{an}为等差数列.