2018-2019学年高中数学2.2直接证明与间接证明2.2.1.2分析法课件新人教A版选修2-2
数学：2.2.1《直接证明与间接证明-综合法和分析法》PPT课件(新人教选修2-2)
P1 P2
P2 P3
…
得到一个明显 成立的结论
例:设a,b,c为一个三角形的三
边,且s2=2ab,s 试证s<2a
1 = (a + b + c), 2
例:如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过A作SB 的垂线,垂足为E,过E作SC的垂线,垂足 S 为F,求证 AF⊥SC
证明:要证AF⊥SC 只需证:SC⊥平面AEF 只需证:AE⊥SC 只需证:AE⊥平面SBC 只需证:AE⊥BC 只需证:BC⊥平面SAB 只需证:BC⊥SA 只需证:SA⊥平面ABC
F E
A
B
C
因为:SA⊥平面ABC成立 所以. AF⊥SC成立
π 例. 已知α, β≠ kπ+ (k Z),且 2 sinθ+ cosθ= 2sinα sinθcosθ= sin β 1 - tan α 1 - tan β 证: 求 = . 2 2 1 + tan α 2(1 + tan β)
新课标人教版课件系列
《高中数学》
选修2-2
2.2.1《直接证明与间接证 明-综合法和分析法》
教学目标
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. 教学重点：会用综合法证明问题；了解综合法 的思考过程. 教学难点：根据问题的特点，结合综合法的思 考过程、特点，选择适当的证明方法.
Q P1
P1 P2
2 2 2
P2 P3
…
得到一个明显 成立的结论
也可以是经过 证明的结论
例:已知数列{an}的通项an>0,(n∈N*),它 的前n项的和记为sn,数列{s2n}是首项为3, 公差为1的等差数列. (1)求an与sn的解析式; (2)试比较sn与3nan(n∈N*),的大小.
2018-2019学年高中数学 第二章 推理与证明 2.2 直接证明与间接证明 2.2.2 反证法优质新人教A版选修1-2
所以 f(x)在(a，b)内至少存在一个零点，设零点为 m， 则 f(m)＝0，
假设 f(x)在(a，b)内还存在另一个零点 n，即 f(n)＝0， 则 n≠m.
若 n>m，则 f(n)>f(m)，即 0>0，矛盾； 若 n<m，则 f(n)<f(m)，即 0<0，矛盾．
因此假设不正确，即 f(x)在(a，b)内有且只有一个零 点．
(2)归谬——由“反设”作为条件，经过一系列正确 的推理，得出矛盾；
(3)存真——由矛盾结果断定反设错误，从而肯定原 结论成立．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)反证法属于间接证明问题的方法．( ) (2)反证法的证明过程既可以是合情推理也可以是一 种演绎推理．( ) (3)反证法的实质是否定结论导出矛盾．( )
解析：(1)对，反证法是间接证明问题的方法． (2)错，反证法是演绎推理，不是合情推理． (3)对，根据反证法的概念知说法正确． 答案：(1)√ (2)× (3)√
2．应用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些
作为条件使用( )
①结论的否定，即假设；②原命题的条件；③公理、
定理、定义等；④原命题的结论．
类型 2 用反证法证明“唯一性”命题 [典例 2] 若函数 f(x)在区间[a，b]上的图象连续不断 开，f(a)<0，f(b)>0，且 f(x)在[a，b]上单调递增，求证： f(x)在(a，b)内有且只有一个零点． 证明：由于 f(x)在[a，b]上的图象连续不断开，且
f(a)<0，f(b)>0，即 f(a)·f(b)<0，
∴n－1 为奇数，这与 n 为奇数矛盾． ∴f(x)＝0 无整数根．
归纳升华 1．证题的关键是根据 f(0)，f(1)均为奇数，分析出 a， b，c 的奇偶情况，并应用．
高中数学人教A版选修2-2(课时训练)：2.2 直接证明与间接证明2.2.1 pdf版含答案
2 ∴ a2＋b2≥ 2 (a＋b)成立．
当 a＋b>0 时，用分析法证明如下：
2 要证 a2＋b2≥ 2 (a＋b)，
[ ] 2
a＋b
只需证( a2＋b2)2≥ 2
2，
1
即证 a2＋b2≥2(a2＋b2＋2ab)，即证 a2＋b2≥2ab.
∵a2＋b2≥2ab 对一切实数恒成立，
2 ∴ a2＋b2≥ 2 (a＋b)成立．综上所述，不等式得证．
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 可推出 Q，即可得证．
跟踪演练 3 设实数 a，b，c 成等比数列，非零实数 x，y 分别为 a 与 b，b 与 c 的等差中项，
要点一 综合法的应用
例 1 在△ABC 中，三个内角 A、B、C 对应的边分别为 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．
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＝π.
②
π
由①②，得 B＝3.
11 1 a＋b≥2 ab>0，
( )1 1 ＋ ∴(a＋b) a b ≥4.
11 又 a＋b＝1，∴a＋b≥4.
1 1 a＋b a＋b b a
ba
·
法三 a＋b＝ a ＋ b ＝1＋a＋b＋1≥2＋2 a b＝4.当且仅当 a＝b 时，取“＝”号．
要点二 分析法的应用
2 例 2 设 a，b 为实数，求证： a2＋b2≥ 2 (a＋b)． 证明 当 a＋b≤0 时，∵ a2＋b2≥0，
规律方法 用分析法证明不等式时应注意
高中数学2.2直接证明与间接证明2.2.1.1综合法课件新人教A版选修2_2
题型一
题型二
题型三
题型四
利用综合法证明不等式问题
【例 2】 已知 a,b,c 是正实数,且 a+b+c=1. 分析:解答本题的关键是从基本不等式入手,利用同向不等式相 加而得证. 证明:(1)∵a
1 , ������ 3
2
求证:(1)a2+b2+c2≥3 ; (2) ������ + ������ + ������ ≤ 3.
*
3 3 2������������-1 ∴当 n∈N ,且 n≥2 时,bn= 2 ������(������n − 1) = 2 ·������ +3. ������-1 1 1 1 ∴bnbn-1+3bn=3bn-1.∴ ������ − ������ = 3. ������ ������-1 1 1 ∴数列 ������ 是首项为1,公差为 3 的等差数列. ������
【做一做】 命题“函数f(x)=x-xln x在区间(0,1)内是增函数”的证 明过程“对函数f(x)=x-xln x求导,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)内是增函数”应用了 的证明 方法. 解析:本命题的证明,利用已知条件和导数与函数单调性的关系 证得了结论,应用了综合法的证明方法. 答案:综合法
第1课时 综合法
1.了解直接证明的一种基本方法——综合法. 2.理解综合法的思考过程、特点,会用综合法证明数学问题.
综合法
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 推证过程 P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →…→ Qn⇒Q (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) 特点 顺推证 法 或由因 导 果法
高中数学第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.1
探究三 综合法证明立体几何问题
[典例 3] 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AB⊥ AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E 是 PC 的中点． (1)证明：CD⊥AE； (2)证明：PD⊥平面 ABE. [证明] (1)在四棱锥 P-ABCD 中， ∵PA⊥底面 ABCD，CD⊂平面 ABCD， ∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面 PAC. 又∵AE⊂平面 PAC，∴CD⊥AE.
由(1)知，a3＝λ＋1. 令 2a2＝a1＋a3，解得 λ＝4. 故 an＋2－an＝4，由此可得 {a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝4n－3； {a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2n＝4n－1. 所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2. 因此存在 λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
1．已知 x>0，y>0 且 x＋y＝1， 求证：(1＋1x)(1＋1y)≥9. 证明：因为 x>0，y>0,1＝x＋y≥2 xy， 所以 xy≤14. 所以(1＋1x)(1＋1y)＝1＋1x＋1y＋x1y ＝1＋x＋ xyy＋x1y＝1＋x2y≥1＋8＝9.
探究二 综合法证明数列问题 [典例 2] 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)．其中 m 为常数，且 m≠－3，m≠0. (1)求证：{an}是等比数列． (2)若数列{an}的公比 q＝f(m)，数列{bn}满足 b1＝a1，bn＝32f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求证： {b1n}为等差数列．
课时作业
综推证过程
特点
利用 已知条件 和某些数学 P⇒Q1 → Q1⇒Q2
高中数学第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法与分析法课件新人教B版选修2_2
������+������
������
������
解析：因为 x>0,y>0,
������ ������ 所以 1+������ + 1+������
>
������ ������ + 1+������+������ 1+������+������
=
������+������ . 1+������+������
题型一
题型二
题型三
分析法 【例题2】 如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过A作SB的垂线,垂足为E, 过E作SC的垂线,垂足为F,求证:AF⊥SC.
分析：本例所给的已知条件中,垂直关系较多,我们不容易确定 如何在证明中使用它们,因而用综合法比较困难.这时,可以从结论 出发,逐步反推,寻求使要证结论成立的充分条件.
题型一
题型二
题型三
证明：要证AF⊥SC,只需证SC⊥平面AEF,只需证AE⊥SC(因为 EF⊥SC),只需证AE⊥平面SBC,只需证AE⊥BC(因为AE⊥SB),只需 证BC⊥平面SAB,只需证BC⊥SA(因为AB⊥BC).由SA⊥平面ABC可 知,上式成立.所以AF⊥SC. 反思 在分析法证明中,从结论出发的每一个步骤所得到的判断都 是结论成立的充分条件,最后一步归结到已被证明了的事实.因此, 从最后一步可以倒推回去,直到结论,但这个倒推过程可以省略.
证明与推理有哪些联系与区别? 剖析：(1)联系:证明过程其实就是推理的过程.就是把论据作为 推理的前提,应用正确的推理形式,推出论题的过程.一个论证可以 只含一个推理,也可以包含一系列的推理;可以只用演绎推理,或只 用归纳推理,也可以综合运用演绎推理和归纳推理,所以证明就是 推理,是一种特殊形式的推理. (2)区别:①从结构上看,推理包含前提和结论两部分,前提是已知 的,结论是根据前提推出来的;而证明是由论题、论据、论证三部 分组成的.论题相当于推理的结论,是已知的,论据相当于推理的前 提.
20182019学年高中数学第2章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.2间接证明讲义含解析苏教版选修22201904163
2．2.2 间接证明1．问题：在今天商品大战中，广告成了电视节目中的一道美丽的风景线，几乎所有的广告商都熟谙这样的命题变换艺术．如宣传某种食品，其广告词为：“拥有的人们都幸福，幸福的人们都拥有”．该广告词实际说明了什么？提示：说的是：“不拥有的人们不幸福”．2．已知正整数a，b，c满足a2＋b2＝c2.求证：a，b，c不可能都是奇数．问题1：你能利用综合法和分析法给出证明吗？提示：不能．问题2：a、b、c不可能都是奇数的反面是什么？还满足条件a2＋b2＝c2吗？提示：都是奇数．若a、b、c都是奇数，则不能满足条件a2＋b2＝c2.1．间接证明不是直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种不是直接证明的方法通常称为间接证明．反证法就是一种常用的间接证明方法，间接证明还有同一法、枚举法等．2．反证法(1)反证法证明过程反证法证明时，要从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)，用反证法证明命题“若p则q”的过程可以用下面的框图表示：→→→(2)反证法证明命题“若p则q”的步骤①反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．②归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．③存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立．1．反证法就是通过否定命题的结论而导出矛盾来达到肯定命题的结论，完成命题的论证的一种数学证明方法．2．可能出现矛盾的四种情况：(1)与题设矛盾；(2)与反设矛盾；(3)与公理、定理或已被证明了的结论矛盾；(4)在证明过程中，推出自相矛盾的结论．用反证法证明否定性命题[例1] 已知平面上四点，没有三点共线，求证：以每三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形．[思路点拨] 本题证明的命题是否定性命题，解答时先假设四个三角形都是锐角三角形，再分情况去推出矛盾．[精解详析] 假设以每三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，记这四个点为A、B、C、D，考虑△ABC，点D的位置分为在△ABC之内或之外两种情况．(1)如果点D在△ABC之内(如图(1))，根据假设围绕点D的三个角都是锐角，其和小于270°，这与一个周角等于360°矛盾．(2)如果点D在△ABC之外(如图(2))，根据假设∠A，∠B，∠C，∠D都小于90°，这和四边形内角之和等于360°矛盾．综上所述．原结论成立．[一点通] (1)结论中含有“不”、“不是”、“不可能”、“不存在”等词语的命题称为否定性命题，此类问题正面比较模糊，而反面比较具体，适于应用反证法．(2)反证法属于逻辑方法范畴，它的严谨体现在它的原理上，即“否定之否定等于肯定”，其中：第一个否定是指“否定结论(假设)”；第二个否定是指“逻辑推理结果否定了假设”．反证法属“间接解题方法”．1．实数a、b、c不全为0等价于________(填序号)．①a，b，c全不为0；②a，b，c中最多只有一个为0；③a，b，c中只有一个不为0；④a，b，c中至少有一个不为0.解析：“不全为0”等价于“至少有一个不为0”．答案：④2.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是A1D1的中点，点N是CD的中点，用反证法证明直线BM与直线A1N是两条异面直线．解：假设直线BM与A1N共面．则A1D1?平面A1BND1，且平面A1BND1∩平面ABCD＝BN，由正方体特征知A1D1∥平面ABCD，故A1D1∥BN，又A1D1∥BC，所以BN∥BC.这与BN∩BC＝B矛盾，故假设不成立．所以直线BM与直线A1N是两条异面直线．3．已知三个正数a，b，c成等比数列，但不成等差数列，求证：，，不成等差数列．证明：假设，，成等差数列，则＋＝2，即a＋c＋2＝4b，而b2＝ac，即b＝，∴a＋c＋2＝4，所以(－)2＝0.即＝，从而a＝b＝c，与a，b，c不成等差数列矛盾，故，，不成等差数列．用反证法证明惟一性命题[例2] 求证：两条相交直线有且只有一个交点．[思路点拨] “有且只有一个”的否定分两种情况：“至少有两个”、“一个也没有”．[精解详析] 假设结论不成立，则有两种可能：无交点或不只有一个交点．若直线a，b无交点，则a∥b或a，b是异面直线，与已知矛盾．若直线a，b不只有一个交点，则至少有两个交点A和B，这样同时经过点A，B就有两条直线，这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾．综上所述，两条相交直线有且只有一个交点．[一点通] 证明“有且只有一个”的问题，需要证明两个命题，即存在性和惟一性．当证明结论以“有且只有”“只有一个”“惟一存在”等形式出现的命题时，由于反设结论易于导出矛盾，所以用反证法证其惟一性就较为简单明了．4．证明方程2x＝3有且仅有一个根．证明：∵2x＝3，∴x＝log23，这说明方程有一个根．下面用反证法证明方程2x＝3的根是惟一的，假设方程2x＝3有两个根b1、b2(b1≠b2)，则2b1＝3,2b2＝3.两式相除得：2b1－b2＝1.如果b1－b2>0，则2b1－b2>1，这与2b1－b2＝1相矛盾．如果b1－b2<0，则2b1－b2<1，这与2b1－b2＝1相矛盾．因此b1－b2＝0，则b1＝b2，这就同b1≠b2相矛盾．如果方程的根多于两个，同样可推出矛盾．故2x＝3有且仅有一个根．5．求证：过平面外一点有且只有一条直线和这个平面垂直．解：已知P?平面α.求证：过点P和平面α垂直的直线b有且只有一条．证明：(1)存在性：∵P?平面α，由立体几何知识知：过点P能作出一条直线与平面α垂直，故直线b存在．(2)惟一性：假设过点P还有一条直线c与平面α垂直．由b⊥α，c⊥α，得b∥c，这与b∩c＝P矛盾，故假设不存在，因此直线b惟一．综上所述，过平面外一点有且只有一条直线和这个平面垂直．用反证法证明“至多”、“至少”型命题[例3] 已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．[思路点拨] 本题要证a、b、c、d中至少有一个是负数，具体有一个负数？两个负数？三个负数？还是四个负数？都有可能，谁是负数也都有可能．所以正面证明很复杂，可考虑用反证法．[精解详析] 假设a、b、c、d都不是负数，即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0.∵a＋b＝c＋d＝1，∴b＝1－a≥0，d＝1－c≥0.∴ac＋bd＝ac＋(1－a)(1－c)＝2ac－(a＋c)＋1＝(ac－a)＋(ac－c)＋1＝a(c－1)＋c(a－1)＋1.∵a(c－1)≤0，c(a－1)≤0.∴a(c－1)＋c(a－1)＋1≤1，即ac＋bd≤1.与ac＋bd>1相矛盾．∴假设不成立．∴a、b、c、d中至少有一个是负数．[一点通] (1)对于否定性命题或结论中出现“至多”“至少”“不可能”等字样时，常用反证法．(2)常用的“原结论词”与“反设词”归纳如下表：原结论词至少有一个至多有一个至少有n个至多有n个反设词一个也没有(不存在) 至少有两个至多有n－1个至少有n＋1个6．已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于.证明：假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于.∵a，b，c∈(0,1)，∴1－a＞0,1－b＞0,1－c＞0，∴≥＞＝.同理＞，＞.三式相加，得＋＋＞，即＞，矛盾．所以(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于.7．用反证法证明：若函数f(x)在区间[a，b]上是增函数，那么方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多只有一个实数根．证明：假设方程f(x)＝0在区间[a，b]上至少有两个根，设α，β为其中的两个实根．因为α≠β，不妨设α<β，又因为函数f(x)在区间[a，b]上是增函数，所以f(α)<f(β)．这与f(α)＝0＝f(β)矛盾．所以方程f(x)＝0在区间 [a，b]上至多只有一个实根．1．反证法证明的适用情形(1)一些基本命题、基本定理；(2)易导出与已知矛盾的命题；(3)“否定性”命题；(4)“惟一性”命题；(5)“必然性”命题；(6)“至多”“至少”类命题；(7)涉及“无限”结论的命题．2．用反证法证明问题应注意以下三点(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必然罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的；(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．一、填空题1．命题“，中至多有一个小于2”的反设为________．答案：，都小于22．(山东高考改编)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____________________．解析：至少有一个实根的否定是没有实根．答案：方程x3＋ax＋b＝0没有实根1．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为____________________．解析：“a，b全为0”即是“a＝0且b＝0”，因此它的反设为“a≠0或b≠0”．答案：a，b不全为04．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误．②所以一个三角形不能有两个直角．③假设△ABC中有两个直角，不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.上述步骤的正确顺序为________．解析：由反证法的一般步骤可知，正确的顺序应为③①②.答案：③①②5．用反证法证明命题“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，则x≠a且x≠b”时，应假设为________．解析：对“且”的否定应为“或”，所以“x≠a且x≠b”的否定应为“x＝a或x＝b”．答案：x＝a或x＝b二、解答题6．(陕西高考)设{an}是公比为q的等比数列．(1)推导{an}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．解：(1)设{an}的前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝，∴Sn＝(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．7．设f(x)＝x2＋ax＋b，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.证明：假设|f(1)|<，|f(2)|<，|f(3)|<，则有于是有由①、②得－4<a<－2，④由②、③得－6<a<－4.⑤④、⑤显然相互矛盾，所以假设不成立，所以原命题正确．8．已知P?直线a.求证：过点P和直线a平行的直线b有且只有一条．证明：(1)存在性：∵P?直线a，∴点P和直线a确定一个平面α.由平面几何知识知：在平面α内过点P能作出一条直线与直线a平行，故直线b存在．(2)惟一性：假设过点P还有一条直线c与a平行．∵a∥b，a∥c，∴b∥c，这与直线b、c有共点P矛盾．故假设不存在，因此直线b惟一．综上所述，过直线外一点有且只有一条直线和这条直线平行．。
2.2直接证明与间接证明(4课时)
2.2
直接证明与间接证明
2.2.2
反证法
问题提出
1.综合法和分析法的基本含义分别 是什么？ 综合法：利用已知条件和某些数学定义、 公理、定理、性质、法则等，经过一系 列的推理论证，最后推导出所证结论成 立. 分析法：从所证结论出发，逐步寻求使 它成立的充分条件，直到归结为判定一 个显然成立的条件（已知条件、定义、 公理、定理、性质、法则等）为止.
2
2
2
9 4
例4 求证：面积为1的三角形不能被 面积小于2的平行四边形所覆盖.
D P
E N F B
C
K
M
A
流程:
P Þ Q1 Q1 Þ Q 2 Q 2 Þ Q 3
„
Qn Þ Q
2.分析的基本含义和思维流程分别 是什么？
含义:从所证结论出发，逐步寻求使它成 立的充分条件，直到归结为判定一个显 然成立的条件（已知条件、定义、公理、 定理、性质、法则等）为止. 流程: Q Ü P1 P1 Ü P2 P2 Ü P3 …
大前提：已知的一般原理； 小前提：所研究的特殊情况；
结 论：根据一般原理，对特殊情况做 出判断.
3.合情推理所得结论的正确性是需要 证明的，演绎推理的实施也需要具体的 操作方法，因此，从理论上获取证明数 学命题的基本方法，是我们需要进一步 学习的内容.
探究（一）：综合法
思考1：对于不等式
a(b + c ) + b(c + a )
2.2
2.2.1
直接证明与间接证明
综合法和分析法
问题提出
1 5730 p 2
t
1.合情推理的主要作用和思维过程是 什么？
作用：提出猜想，发现结论； 过程：从具体问题出发→观察、分析、 比较、联想→归纳、类比→提出猜想.
2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第2章 2.2 2.2.1 直接证明
_2.2直接证明与间接证明2.2.1直接证明[对应学生用书P26]1．若实数a，b满足a＋b＝3，证明：2a＋2b≥4 2.证明：因为2a＋2b≥22a·2b＝22a＋b，又a＋b＝3，所以2a＋2b≥223＝4 2.故2a＋2b≥42成立．问题1：本题利用什么公式？提示：基本不等式．问题2：本题证明顺序是什么？提示：从已知到结论．2．求证：3＋22<2＋7.证明：要证明3＋22<2＋7，由于3＋22>0,2＋7>0，只需证明(3＋22)2<(2＋7)2，展开得11＋46<11＋47，只需证明6<7，显然6<7成立．所以3＋22<2＋7成立．问题1：本题证明从哪里开始？提示：从结论开始．问题2：证题思路是什么？提示：寻求上一步成立的充分条件．1．直接证明(1)直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种证明通常称为直接证明．(2)直接证明的一般形式⎭⎪⎬⎪⎫本题条件已知定义已知公理已知定理⇒…⇒本题结论．2．综合法和分析法1．综合法是从“已知”看“可知”逐步推向未知，由因导果通过逐步推理寻找问题成立的必要条件．它的证明格式为：因为×××，所以×××，所以×××……所以×××成立．2．分析法证明问题时，是从“未知”看“需知”，执果索因逐步靠拢“已知”，通过逐步探索，寻找问题成立的充分条件．它的证明格式：要证×××，只需证×××，只需证×××……因为×××成立，所以×××成立．[对应学生用书P27][例1] 已知a ，b ，c ∈R ，且a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13.[思路点拨] 从已知条件出发，结合基本不等式，即可得出结论． [精解详析] ∵a 2＋19≥2a3，b 2＋19≥2b 3，c 2＋19≥2c 3，∴⎝⎛⎭⎫a 2＋19＋⎝⎛⎭⎫b 2＋19＋⎝⎛⎭⎫c 2＋19≥23a ＋23b ＋23c＝23(a ＋b ＋c )＝23. ∴a 2＋b 2＋c 2≥13.[一点通] 综合法证明问题的步骤第一步：分析条件，选择方向．仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题思路．第二步：转化条件、组织过程，把题目的已知条件，转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．组织过程时要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．第三步：适当调整，回顾反思．解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，有些语言可做适当的修饰，反思总结解题方法的选取．1．设a ，b ，c 为不全相等的正数，且abc ＝1， 求证：1a ＋1b ＋1c >a ＋b ＋c .证明：∵a >0，b >0，c >0，且abc ＝1， ∴1a ＋1b ＋1c＝bc ＋ca ＋ab . 又bc ＋ca ≥2bc ·ca ＝2abc 2＝2c ， 同理bc ＋ab ≥2b ，ca ＋ab ≥2a . ∵a 、b 、c 不全相等．∴上述三个不等式中的“＝”不能同时成立． ∴2(bc ＋ca ＋ab )>2(c ＋a ＋b )， 即bc ＋ca ＋ab >a ＋b ＋c ， 故1a ＋1b ＋1c>a ＋b ＋c .2.(1)如图，证明命题“a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥b ，则a ⊥c ”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．解：(1)证明：法一：如图，过直线b 上任一点作平面π的垂线n ，设直线a ，b ，c ，n 的方向向量分别是a ，b ，c ，n ，则b ，c ，n 共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c ＝λb ＋μn ，则a·c ＝a·(λb ＋μn )＝λ(a·b )＋μ(a·n )，因为a ⊥b ，所以a·b ＝0， 又因为aπ，n ⊥π，所以a·n ＝0，故a·c ＝0，从而a ⊥c .法二：如图，记c ∩b ＝A ，P 为直线b 上异于点A 的任意一点，过P 作PO ⊥π，垂足为O ，则O ∈c . ∵PO ⊥π，a π，∴直线PO ⊥a . 又a ⊥b ，b平面P AO ，PO ∩b ＝P ，∴a ⊥平面P AO .又c平面P AO ，∴a ⊥c . (2)逆命题为：a 是平面π内的一条直线，b 是π外的一条直线(b 不垂直于π)，c 是直线b 在π上的投影，若a ⊥c ，则a ⊥b .逆命题为真命题．[例2] 已知a >b >0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b.[思路点拨] 本题条件较为简单，结论比较复杂，我们可以从要证的结论入手，一步步探求结论成立的充分条件，即用分析法．[精解详析] 要证明(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b 成立，只需证(a －b )24a <a ＋b －2ab <(a －b )24b成立，即证(a －b )24a <(a －b )2<(a －b )24b成立．只需证a －b 2a <a －b <a －b 2b 成立．只需证a ＋b 2a <1<a ＋b2b成立， 即证a ＋b <2a 且a ＋b >2b ， 即b <a .∵a >b >0，∴b <a 成立．∴(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b成立．[一点通] 在已知条件较为简单，所要证的问题较为复杂，无从入手的情况下，我们可从结论入手逆推，执果索因，找到结论成立的条件，注明必要的文字说明，再用综合法写出步骤．3．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4，a ≥0，求证：P ＜Q . 证明：要证P ＜Q ，主要证P 2＜Q 2， 只要证2a ＋7＋2a (a ＋7)＜2a ＋7＋2(a ＋3)(a ＋4)，即证a 2＋7a ＜a 2＋7a ＋12， 即证0＜12. 因为0＜12成立， 所以P ＜Q 成立．4．已知a 、b 是正实数，求证：a b ＋ba≥ a ＋b . 证明：要证a b ＋ba≥ a ＋b ， 只需证a a ＋b b ≥ab (a ＋b )． 即证(a ＋b －ab )(a ＋b )≥ab (a ＋b )， 即证a ＋b －ab ≥ab . 也就是要证a ＋b ≥2ab .因为a ，b 为正实数，所以a ＋b ≥2ab 成立， 所以a b ＋ba≥ a ＋b .[例3] 已知0<a ≤1,0<b ≤1,0<c ≤1， 求证：1＋ab ＋bc ＋ca a ＋b ＋c ＋abc≥1.[思路点拨] 因为0<a ≤1,0<b ≤1,0<c ≤1，所以要证明1＋ab ＋bc ＋caa ＋b ＋c ＋abc ≥1成立，可转化为证明1＋ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c ＋abc 成立．[精解详析] ∵a >0，b >0，c >0， ∴要证1＋ab ＋bc ＋ca a ＋b ＋c ＋abc≥1，只需证1＋ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c ＋abc ， 即证1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc )≥0. ∵1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc ) ＝(1－a )＋b (a －1)＋c (a －1)＋bc (1－a ) ＝(1－a )(1－b －c ＋bc )＝(1－a )(1－b )(1－c )， 又a ≤1，b ≤1，c ≤1， ∴(1－a )(1－b )(1－c )≥0，∴1＋ab ＋bc ＋ca －(a ＋b ＋c ＋abc )≥0成立， 即证明了1＋ab ＋bc ＋caa ＋b ＋c ＋abc≥1.[一点通] (1)较为复杂问题的证明如单纯利用分析法和综合法证明较困难，这时可考虑分析法、综合法轮流使用以达到证题目的．(2)综合法和分析法的综合应用过程既可先用分析法再用综合法，也可先用综合法再用分析法，一般无具体要求，只要达到证题的目的即可．5．在△ABC 中，三个内角A 、B 、C 成等差数列．求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c .证明：要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c，只需证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，即c a ＋b ＋a b ＋c＝1，只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )(a ＋b )(b ＋c )＝1，即a 2＋c 2＋ab ＋bcb 2＋ab ＋ac ＋bc＝1.下面证明：a 2＋c 2＋ab ＋bcb 2＋ab ＋ac ＋bc ＝1.∵A ＋C ＝2B ，A ＋B ＋C ＝180°， ∴B ＝60°. ∴b 2＝a 2＋c 2－ac .∴a 2＋c 2＋ab ＋bcb 2＋ab ＋ac ＋bc ＝a 2＋c 2＋ab ＋bca 2＋c 2－ac ＋ab ＋ac ＋bc ＝1. 故原等式成立．6．若a ，b ，c 是不全相等的正数．求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .证明：要证lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c 成立，即证lg ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(abc )成立，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc 成立，∵a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，c ＋a2≥ca >0， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2≥abc >0，(*) 又∵a ，b ，c 是不全相等的正数，∴(*)式等号不成立， ∴原不等式成立．1．综合法是由因导果，步骤严谨，逐层递进、步步为营，书写表达过程是条理清晰、形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹、缺点是探路艰难，不易达到所要证明的结论．2．分析法是执果索因，方向明确、利于思考，便于寻找解题思路．缺点是思路逆行、叙述繁琐、表述易出错．3．在解决一个问题时，我们常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P1；根据原结论的特点去寻求使结论成立的条件，寻找到条件P2；当由P1可以推出P2时，结论得证．[对应学生用书P29]一、填空题1．在△ABC中，A>B是sin A>sin B的________条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)．解析：在△ABC中，由正弦定理得asin A＝bsin B.又∵A>B，∴a>b，∴sin A>sin B反之，若sin A>sin B，则a>b，∴A>B∴A>B是sin A>sin B的充要条件．答案：充要2．设n∈N，则n＋4－n＋3________n＋2－n＋1(判断大小)．解析：要证n＋4－n＋3<n＋2－n＋1，只需证n＋4＋n＋1<n＋3＋n＋2，只需证(n＋4＋n＋1)2<(n＋2＋n＋3)2，即2n＋5＋2(n＋4)(n＋1)<2n＋5＋2(n＋2)(n＋3).只需证(n＋1)(n＋4)<(n＋2)(n＋3)，只需证(n＋1)(n＋4)<(n＋2)(n＋3)，即n2＋5n＋4<n2＋5n＋6，即4<6即可．而4<6成立，故n＋4－n＋3<n＋2－n＋1.答案：<3．如果a a＋b b>a b＋b a，则实数a，b应满足的条件是________．解析：a a＋b b>a b＋b a⇔a a－a b>b a－b b⇔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 ≠b4．若三棱锥S －ABC 中，SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，则S 在底面ABC 上的射影为△ABC 的________．(填重心、垂心、内心、外心之一)解析：如图，设S 在底面ABC 上的射影为点O ，∴SO ⊥平面ABC ，连接AO ，BO ， ∵SA ⊥BC ，SO ⊥BC ， ∴BC ⊥平面SAO ， ∴BC ⊥AO .同理可证，AC ⊥BO . ∴O 为△ABC 的垂心． 答案：垂心5．已知函数f (x )＝10x ，a ＞0，b ＞0，A ＝f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，B ＝f ()ab ，C ＝f ⎝⎛⎭⎫2ab a ＋b ，则A ，B ，C 的大小关系为________．解析：由a ＋b 2≥ab ≥2ab a ＋b，又f (x )＝10x 在R 上是单调增函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≥f ()ab ≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ab a ＋b ， 即A ≥B ≥C . 答案：A ≥B ≥C 二、解答题6．已知函数f (x )＝log 2(x ＋2)，a ，b ，c 是两两不相等的正数，且a ，b ，c 成等比数列，试判断f (a )＋f (c )与2f (b )的大小关系，并证明你的结论．解：f (a )＋f (c )＞2f (b )．证明如下：因为a ，b ，c 是两两不相等的正数，所以a ＋c ＞2ac .因为b 2＝ac ，所以ac ＋2(a ＋c )＞b 2＋4b ， 即ac ＋2(a ＋c )＋4＞b 2＋4b ＋4， 从而(a ＋2)(c ＋2)＞(b ＋2)2. 因为f (x )＝log 2(x ＋2)是增函数， 所以log 2(a ＋2)(c ＋2)＞log 2(b ＋2)2， 即log 2(a ＋2)＋log 2(c ＋2)＞2log 2(b ＋2)． 故f (a )＋f (c )＞2f (b )．7．已知a >0，用分析法证明： a 2＋1a 2－2>a ＋1a－2.证明：要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.因为a >0，故只需证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22， 即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋2 2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 从而只需证2a 2＋1a2≥ 2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ， 只需证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2， 即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．8．(江苏高考改编)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c ，n ∈N *，其中 c 为实数．若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)．证明：由c ＝0，得b n ＝S nn ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，22 即⎝⎛⎭⎫a＋d22＝a⎝⎛⎭⎫a＋32d，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.因此，对于所有的m∈N*，有S m＝m2a.从而对于所有的k，n∈N*，有S nk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2S k.。
高中数学2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法与分析法教案文新人教A版选修2-2(2021学年)
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2。
2.1综合法与分析法理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立．框图表示: 要点:顺推证法；由因导果。
③ 练习：已知a ，ｂ,ｃ是全不相等的正实数,求证3b c a a c b a b ca b c +-+-+-++>。
④ 出示例2:在△AB Ｃ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：为△ＡＢC 等边三角形。
分析:从哪些已知，可以得到什么结论? 如何转化三角形中边角关系?→ 板演证明过程 → 讨论：证明过程的特点.→ 小结:文字语言转化为符号语言;边角关系的转化;挖掘题中的隐含条件(内角和)2. 练习:① ,A B 为锐角,且tan tan 3tan tan 3A B A B ++=,求证：60A B +=。
（提示:算tan()A B +)② 已知,a b c >> 求证：114.a b b c a c +≥---３. 小结:综合法是从已知的P 出发，得到一系列的结论12,,Q Q ⋅⋅⋅,直到最后的结论是Ｑ. 运用综合法可以解决不等式、数列、三角、几何、数论等相关证明问题。
2019_2020学年高中数学第二章推理与证明2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法和分析法讲义新人教A版选修2_2
2.2.1 综合法和分析法1．直接证明从题目的条件或结论出发，根据已知的定义、定理、公理等，通过推理直接推导出所要证明的结论，这种证明方法称为直接证明．常用的直接证明方法有综合法和分析法．2．综合法(1)定义：一般地，利用□01已知条件和某些数学□02定义、□03定理、□04公理等，经过一系列的□05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：用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，则综合法可用框图表示为：P ⇒Q 1Q 1⇒Q 2Q 2⇒Q 3…Q n ⇒Q3．分析法定义：一般地，从要证明的□06结论出发，逐步寻求使它成立的□07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(□08已知条件、□09定理、□10定义、□11公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．框图表示：用Q 表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：Q ⇐P 1P 1⇐P 2P 2⇐P 3…得到一个明显成立的条件综合法与分析法的比较1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)综合法是执果索因的逆推证法．( ) (2)分析法的推理过程要比综合法优越．( )(3)综合法的推理过程实际上是寻找它的必要条件．( ) 答案 (1)× (2)× (3)√ 2．做一做(1)证明不等式a ＋1－a <a －1－a －2(a ≥2)成立所用的最适合的方法是________． (2)在不等式“a 2＋b 2≥2ab ”的证明中：因为a 2＋b 2－2ab ＝(a －b )2≥0所以a 2＋b 2≥2ab ，该证明用的方法是________．(3)角A ，B 为△ABC 内角，A >B 是sin A >sin B 的________条件(填“充分”“必要”“充要”或“既不充分又不必要”)．答案 (1)分析法 (2)综合法 (3)充要探究1 综合法的应用例1 已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b≥4.[证明] 证法一：∵a ，b 是正数，且a ＋b ＝1， ∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤12，∴1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab≥4.证法二：∵a ，b 是正数，∴a ＋b ≥2ab >0，1a ＋1b ≥21ab>0，∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4.又a ＋b ＝1，∴1a ＋1b≥4.证法三：1a ＋1b＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝1＋b a ＋ab＋1≥2＋2b a ·ab＝4. 当且仅当a ＝b 时，取“＝”号．[结论探究] 本例已知条件不变，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ≥254.[证明] ∵a ＋b ＝1，a >0，b >0， ∴a ＋b ≥2ab ，∴0<ab ≤14，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b －254＝a 2＋1a ·b 2＋1b －254 ＝4a 2b 2－33ab ＋84ab ＝1－4ab 8－ab4ab≥0.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ≥254. 拓展提升利用综合法证明问题的步骤(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．【跟踪训练1】 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知A ＝π4，b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －c sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝a .求证：B －C ＝π2.证明 由b sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －c sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝a 及正弦定理得sin B sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C －sin C sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋B ＝sin A ，即sin B ⎝⎛⎭⎪⎫22si nC ＋22cos C －sin C ⎝ ⎛⎭⎪⎫22si nB ＋22cos B ＝22，整理得 sin B cos C －cos B sin C ＝1，即sin(B －C )＝1.又0<B ，C <3π4，所以B －C ＝π2.探究2 分析法的应用例2 设a ，b 为实数，求证： a 2＋b 2≥22(a ＋b )．[证明] (1)当a ＋b ≤0时，∵a 2＋b 2≥0， ∴ a 2＋b 2≥22(a ＋b )． (2)当a ＋b >0时，用分析法证明如下： 要证a 2＋b 2≥22(a ＋b )， 只需证(a 2＋b 2)2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤22a ＋b 2， 即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )，即证a 2＋b 2≥2ab ，∵a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立， ∴ a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立． 综上所述，不等式得证． 拓展提升(1)分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．(2)分析法证明不等式的思维是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．(3)用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等词语．【跟踪训练2】 在锐角三角形ABC 中，用分析法证明：t anA ·t anB ＞1. 证明 要证明t anA ·t anB ＞1，只需证明si nA ·si nB cos A ·cos B ＞1.因为A ，B 为锐角，所以cos A ＞0，cos B ＞0.只需证明cos A ·co s B ＜si nA ·si nB ，只需证明cos A ·cos B －si nA ·si nB ＜0，即cos(A ＋B )＜0.因为C 为锐角，且A ＋B ＝π－C ，所以A ＋B 为钝角， 所以cos(A ＋B )＜0成立，所以t anA ·t anB ＞1. 探究3 综合法与分析法的综合应用 例3 已知a ，b 是正实数，求证：a b ＋ba≥ a ＋b . [证明] 证法一：(分析法) 要证a b ＋ba≥a ＋b ，只要证a a ＋b b ≥ab (a ＋b )，即证(a ＋b －ab )(a ＋b )≥ab (a ＋b )， 即证a ＋b －ab ≥ab . 也就是要证a ＋b ≥2ab . 显然a ＋b ≥2ab 成立，故a b ＋ba≥ a ＋b . 证法二：(综合法，因为左边是分式型，利用基本不等式x ＋1x≥2(x >0)使左边向整式型过渡)方法一：∵a b ＋b ＋ba ＋a ≥2ab ·b ＋2ba·a ＝2a ＋2b ，当且仅当a ＝b 时取等号，∴a b ＋ba≥ a ＋b . 方法二：∵⎝⎛⎭⎪⎫a b ＋b a (a ＋b )＝a ＋b ＋a a b ＋b b a≥a ＋b ＋2a a b ·b ba＝a ＋b ＋2ab ＝()a ＋b 2，当且仅当a ＝b 时取等号，∴a b ＋ba≥a ＋b . 拓展提升实际解题时，用分析法思考问题，寻找解题途径，用综合法书写解题过程，或者联合使用分析法与综合法，即从“欲知”想“已知”(分析)，从“已知”推“可知”(综合)，双管齐下，两面夹击，找到沟通已知条件和结论的途径．【跟踪训练3】 已知a ，b ，c 是互不相等的正实数，求证：b ＋c －aa＋ a ＋c －b b ＋a ＋b －cc>3. 证明 证法一：(分析法) 要证b ＋c －a a ＋a ＋c －b b ＋a ＋b －cc>3， 只需证明b a ＋c a－1＋c b ＋a b－1＋a c ＋b c－1>3， 即证b a ＋c a ＋c b ＋a b ＋a c ＋b c>6，而事实上，由a ，b ，c 是互不相等的正实数， ∴b a ＋a b >2，c a ＋a c >2，c b ＋b c>2， ∴b a ＋c a ＋c b ＋a b ＋a c ＋b c>6，∴b ＋c －a a ＋a ＋c －b b ＋a ＋b －cc>3得证． 证法二：(综合法) ∵a ，b ，c 不相等，∴b a 与a b ，c a 与a c ，c b 与b c 不相等． ∴b a ＋a b>2，c a ＋a c>2，c b ＋b c>2. 三式相加得b a ＋c a ＋c b ＋a b ＋a c ＋b c>6，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋c a －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋a b －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋b c－1>3，即b ＋c －a a ＋a ＋c －b b ＋a ＋b －cc>3.1.综合法是中学数学证明中最常用的方法，它是从已知到未知，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出发，经过一系列的中间推理，最后导出所要求证的命题．综合法是一种“由因到果”的证明方法.2.分析法是指从需证的问题出发，分析出使这个问题成立的充分条件，使问题转化为判断条件是否具备，其特点可以描述为“执果索因”，即从未知看需知，逐步靠拢已知．分析法的书写形式一般为“因为……，为了证明……，只需证明……，即……，因此，只需证明……，因为……成立，所以……结论成立”.3.有些不等式的证明，需一边分析一边综合，称之为分析综合法．分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系．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.1．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是( ) A ．a >b >c B ．b >c >a C ．c >a >b D ．a >c >b答案 A 解析 a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6，∵0<3＋2<6＋5<7＋6，∴13＋2>16＋5>17＋6，∴a >b >c .2．若a >1,0<b <1，则下列不等式中正确的是( ) A ．b a >1 B ．a b<1 C ．log b a >0 D ．log a b <0 答案 D解析 ∵a >1,0<b <1，∴f (x )＝b x 为R 上的减函数．∴f (a )＝b a <b <1. 同理a b>1，log b a <0，log a b <0.3．当a ∈________时，函数f (x )＝x 2－2(a －1)x ＋3在[5，＋∞)上是增函数． 答案 (－∞，6]解析 因为f (x )＝x 2－2(a －1)x ＋3在[5，＋∞)上是增函数，所以a －1≤5，解得a ≤6. 4．设a >0，b >0，c >0，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________．答案 9解析 根据条件可知，欲求1a ＋1b ＋1c的最小值．只需求(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 的最小值，因为(a ＋b ＋c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当a ＝b ＝c时取“＝”)．5．设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.证明 ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1， ∴1＝a ＋b ≥2ab ，∴1ab≥4.∴1a ＋1b ＋1ab＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1ab≥2ab ·2·1ab＋4＝8(当且仅当a ＝b 时取“＝”号)．∴1a ＋1b ＋1ab≥8.。