《算法,推理证明》PPT课件
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(2)已知a>0，b>0，c>0且a，b，c不全相等． 求证：bac＋abc＋acb>a＋b＋c.
证明：(1)∵ a2＋b2≥ 22(a＋b)， b2＋c2≥ 22(b＋ c)， c2＋a2≥ 22(c＋a)，
∴三式相加，得 a2＋b2＋ b2＋c2＋ c2＋a2≥ 2(a ＋b＋c)．
(2)∵a>0，b>0，c>0， ∴bac＋abc≥2 bac·abc＝2c， bac＋acb≥2 bac·acb＝2b， abc＋acb≥2 abc·acb＝2a， 又∵a，b，c不全相等，∴上面三式不能全取等 号，三式相加得bac＋abc＋acb>a＋b＋c.
即 2xy≤x2＋y2，这显然成立， ∴x＋x2y＋2x＋y y≥23， 综上所述，存在常数 C＝23，使对任何正数 x，y 都 有： 2x＋x y＋x＋y2y≤23≤x＋x2y＋2x＋y y成立．
当要证的不等式较复杂，两端差异难以消除或者已知条件信息量太少， 已知与待证间的联系不明显时，一般可采用分析法，分析法是步步寻求不 等式成立的充分条件，而实际操作时往往是先从要证的不等式出发，寻找 使不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否充分，这种“逆求” 过程，能培养学生的发散思维能力，也是分析问题、解决问题时常用的思 考方法.
变式迁移 2 已知 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证： b2－ac< 3a.
证明：要证
，只需证b2－ac<3a2，
∵a＋b＋c＝0，
只需证b2＋a(a＋b)<3a2，
只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.
因为a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，
2.间接证明
反证法：假设原命题 结论不成立)，经过正确的推理，最后不得成出立
(即在原命题的条件下，
，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证
明方法叫反证法．
矛盾
1．若 a>b>0，则下列不等式中总成立的是( )
A．a＋1b>b＋1a
b b＋1 B.a>a＋1
C．a＋1a>b＋1b
2a＋b a D.a＋2b>b
≤2. 证明：要证
a＋12＋ b＋12≤2，
只要证：a＋12＋b＋12＋2 (a＋12)(b＋12)≤4，
由已知 a＋b＝1，故只要证： (a＋12)(b＋12)≤1，
只要证：(a＋12)(b＋12)≤1，
只要证：ab≤14.∵a>0，b>0,1＝a＋b≥2 ab，
∴ab≤14，故原不等式成立．
【例1】 (1)设a，b，c∈R，求证： a2＋b2 ＋ b2＋c2＋ c2＋a2≥ 2(a＋b＋c)．
证明：假设存在一个实数 λ，使{an}是等比数列， 则有 a22＝a1a3，即(23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2 －4λ⇔9＝0，矛盾．所以{an}不是等比数列．
本题若用直接法证明，难以入手，用反证法证明，假设数列{an}是等比数 列，得出矛盾即可．题目中如果出现“不是”“至少”“不可能”等词语 时，通常采用反证法证明.
1．直接证明
内容 定义 实质
综合法
分析法
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
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
由因导果
执果索因
框图 表示
→→ …→
文字 因为…所以… 语言 或由…得…
(2)由 f′(x)＝ax2＋2bx＋c 的判别式 Δ′＝4b2－ 4ac>0，知方程 f′(x)＝ax2＋2bx＋c＝0(*)有两个不等 实根，设为 x1，x2，又由 f′(1)＝a＋2b＋c＝0 知 x1＝ 1 为方程(*)的一个实根，则由根与系数的关系得 x1＋ x2＝－2ab，∴x2＝－2ab－1<0<x1，
解：(1)∵f′(x)＝ax2＋2bx＋c，由题意及导数的几何意义得， f′(1)＝a＋2b＋c＝0，① f′(m)＝am2＋2bm＋c＝－a，② 由a<b<c可得，4a<a＋2b＋c<4c，即4a<0<4c，故a<0，c>0，由①得c＝－a
－2b，代入a<b<c，再由a<0，
可得－13<ba<1.③ 将 c＝－a－2b，代入②得，am2＋2bm－2b＝0， 这个关于 m 的一元二次方程有实根，故判别式 Δ＝4b2 ＋8ab≥0，得(ba)2＋2(ba)≥0，解得ba≤－2 或ba≥0.④ 由③、④得 0≤ba<1.
(3)当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，证明中需要用哪些知 识不太明确具体时，往往采用分析法，从结论出发，结合已知条件，逐步 反推，寻求使当前命题成立的充分条件．
2．关于反证法
使用反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已 知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公式、事实矛盾 等．
当 x<x2或 x>x1时，f′(x)<0；当 x2<x<x1时，f′(x)>0， 故函数 f(x)的单调递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2， x1]＝[s，t]，因此|s－t|＝|x1－x2|＝2＋2ab，由(1)知 0≤ba <1，故 2≤2＋2ab<4，
∴|s－t|的取值范围为[2,4)．
解析：∵a>b>0，∴1b>1a.又∵a>b，
∴a＋1b>b＋1a.
答案：A
2．要证明 3＋ 7<2 5，可选择的方法有以下几
种，其中最Hale Waihona Puke 理的是()A．综合法
B．分析法
C．反证法
D．归纳法
答案：B
3．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有 理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是 ()
A．假设a、b、c都是偶数 B．假设a、b、c都不是偶数 C．假设a、b、c至多有一个偶数 D．假设a、b、c至多有两个偶数
答案：B
4．设a、b、c∈(0，＋∞)，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则 “PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的 ()
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
考 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合 纲 法；了解分析法和综合法的思考过程、特点． 要 2．了解间接证明的一种基本方法——反证法， 求 了解反证法的思考过程、特点．
热 1.本考点在高考中每年都要涉及，主要以考查直 点 接证明中的综合法为主． 提 2．反证法仅作为客观题的判断方法不会单独命 示 题.
C．充分且必要条件
D．即不充分又不必要条件
解析：必要性是显然成立的，当PQR>0时，若P、Q、R不同时大于零，则其 中两个为负，一个为正，不妨设P>0，Q<0，R<0，则Q＋R＝2c<0，这与c>0
矛盾，即充分性也成立．
答案：C
5．已知 a>0，b>0 且 a＋b＝1，求证： a＋12＋ b＋12
反证法的步骤：(1)反设；(2)推出矛盾；(3)下结论．
矛盾的主要类型：(1)与假设矛盾；(2)与数学公式、法则、公理、定理、 定义或已被证明了的结论矛盾；(3)与公认的简单事实矛盾；(4)自相矛 盾．
感谢下 载
【例4】 已知常数a>0，n为正整数，fn(x)＝xn－(x＋a)n(x>0)是关于x的 函数．
(1)判定函数fn(x)的单调性，并证明你的结论； (2)对任意n>a，证明f′n＋1(n＋1)<(n＋1)f′n(n)．
证明：(1)f′n(x)＝nxn－1－n(x＋a)n－1＝n[xn－1－(x＋a)n－1]， ∵a>0，x>0，∴f′n(x)<0，∴fn(x)在(0，＋∞)上单调递减． (2)由(1)知当x>a>0时，fn(x)＝xn－(x＋a)n是关于x的减函数， ∴当n≥2时，有(n＋1)n－(n＋1＋a)n<nn－(n＋a)n.
变式迁移 3 已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证：三个方程ax2＋ 2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异 实根．
证明：假设三个方程中都没有两个相异实根，则 Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0， 相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0， 即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.① 由题意a、b、c互不相等，∴①式不成立． ∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
所以(a－b)(a－c)>0，显然成立，故原不等式成立
【例 3】 已知数列{an}满足：a1＝λ，an＋1＝23an ＋n－4，其中 λ 为实数，n 为正整数．对任意实数 λ， 证明数列{an}不是等比数列．
思路分析：题目中出现了“不是”这个词语，要直接去进行解答会有困难， 通常用反证法来证明．
思路分析：本题主要考查用分析法证明不等式及 分析问题、解决问题的能力．可先令 x，y 为具体的值， 确定出常数 C，再给出一般证明．
令 x＝y＝1，得23≤C≤23，∴C＝23， 下面给出证明：
证明：先证明2x＋x y＋x＋y2y≤23， 因为 x>0，y>0，要证：2x＋x y＋x＋y2y≤23， 只需证 3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y)， 即 x2＋y2≥2xy，这显然成立， ∴2x＋x y＋x＋y2y≤23， 再证：x＋x2y＋2x＋y y≥23， 只需证：3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y)，
变式迁移 1 设 a、b、c 均为正数，求证：ab2＋bc2 ＋ca2≥a＋b＋c.
证明：ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 相加得ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c， 等号在 a＝b＝c 时成立．
【例 2】 是否存在常数 C，使得不等式2x＋x y＋ x＋y2y≤C≤x＋x2y＋2x＋y y对任意正数 x，y 恒成立？试 证明你的结论．
∵n＋a>n，∴f′n＋1(n＋1)<(n＋1)f′n(n)．
变式迁移 4 设函数 f(x)＝13ax3＋bx2＋cx(a<b<c)， 其图象在点 A(1，f(1))，B(m，f(m))处的切线的斜率分 别为 0，－a.
(1)求证：0≤ba<1； (2)若函数 f(x)的单调递增区间为[s，t]，求|s－t|的 取值范围。
1．关于综合法与分析法
(1)综合法是“由因导果”．它是从已知条件出发，顺着推证．用综合法 证明命题的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已经证明过的结论，B为 要证明的结论．它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．
(2)分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件．它是从 要求证的结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知 (已知条件，已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等)．用分析法证 明命题的逻辑关系是：B⇐B1⇐B2…⇐Bn⇐A.它的常见书面表达是“要证……只 需……”或“⇐”．
又∵f′n＋1(x)＝(n＋1)[xn－(x＋a)n]， ∴f′n＋1(n＋1)＝(n＋1)[(n＋1)n－(n＋1＋a)n] <(n＋1)[nn－(n＋a)n]
＝(n＋1)[nn－(n＋a)(n＋a)n－1]．
(n＋1)f′n(n)＝(n＋1)n[nn－1－(n＋a)n－1] ＝(n＋1)[nn－n(n＋a)n－1]，
要证…只需证… 即证…
综合法和分析法有什么区别与联系？
提示：分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其 逐步推理，实际上是寻求它的充分条件；综合法的特点是：从“已知”看 “可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条 件．分析法与综合法各有其特点，有些具体的待证命题，用分析法或综合 法均能证明出来，往往选择较简单的一种.
证明：(1)∵ a2＋b2≥ 22(a＋b)， b2＋c2≥ 22(b＋ c)， c2＋a2≥ 22(c＋a)，
∴三式相加，得 a2＋b2＋ b2＋c2＋ c2＋a2≥ 2(a ＋b＋c)．
(2)∵a>0，b>0，c>0， ∴bac＋abc≥2 bac·abc＝2c， bac＋acb≥2 bac·acb＝2b， abc＋acb≥2 abc·acb＝2a， 又∵a，b，c不全相等，∴上面三式不能全取等 号，三式相加得bac＋abc＋acb>a＋b＋c.
即 2xy≤x2＋y2，这显然成立， ∴x＋x2y＋2x＋y y≥23， 综上所述，存在常数 C＝23，使对任何正数 x，y 都 有： 2x＋x y＋x＋y2y≤23≤x＋x2y＋2x＋y y成立．
当要证的不等式较复杂，两端差异难以消除或者已知条件信息量太少， 已知与待证间的联系不明显时，一般可采用分析法，分析法是步步寻求不 等式成立的充分条件，而实际操作时往往是先从要证的不等式出发，寻找 使不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否充分，这种“逆求” 过程，能培养学生的发散思维能力，也是分析问题、解决问题时常用的思 考方法.
变式迁移 2 已知 a>b>c，且 a＋b＋c＝0，求证： b2－ac< 3a.
证明：要证
，只需证b2－ac<3a2，
∵a＋b＋c＝0，
只需证b2＋a(a＋b)<3a2，
只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.
因为a>b>c，所以a－b>0，a－c>0，
2.间接证明
反证法：假设原命题 结论不成立)，经过正确的推理，最后不得成出立
(即在原命题的条件下，
，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证
明方法叫反证法．
矛盾
1．若 a>b>0，则下列不等式中总成立的是( )
A．a＋1b>b＋1a
b b＋1 B.a>a＋1
C．a＋1a>b＋1b
2a＋b a D.a＋2b>b
≤2. 证明：要证
a＋12＋ b＋12≤2，
只要证：a＋12＋b＋12＋2 (a＋12)(b＋12)≤4，
由已知 a＋b＝1，故只要证： (a＋12)(b＋12)≤1，
只要证：(a＋12)(b＋12)≤1，
只要证：ab≤14.∵a>0，b>0,1＝a＋b≥2 ab，
∴ab≤14，故原不等式成立．
【例1】 (1)设a，b，c∈R，求证： a2＋b2 ＋ b2＋c2＋ c2＋a2≥ 2(a＋b＋c)．
证明：假设存在一个实数 λ，使{an}是等比数列， 则有 a22＝a1a3，即(23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2 －4λ⇔9＝0，矛盾．所以{an}不是等比数列．
本题若用直接法证明，难以入手，用反证法证明，假设数列{an}是等比数 列，得出矛盾即可．题目中如果出现“不是”“至少”“不可能”等词语 时，通常采用反证法证明.
1．直接证明
内容 定义 实质
综合法
分析法
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
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
由因导果
执果索因
框图 表示
→→ …→
文字 因为…所以… 语言 或由…得…
(2)由 f′(x)＝ax2＋2bx＋c 的判别式 Δ′＝4b2－ 4ac>0，知方程 f′(x)＝ax2＋2bx＋c＝0(*)有两个不等 实根，设为 x1，x2，又由 f′(1)＝a＋2b＋c＝0 知 x1＝ 1 为方程(*)的一个实根，则由根与系数的关系得 x1＋ x2＝－2ab，∴x2＝－2ab－1<0<x1，
解：(1)∵f′(x)＝ax2＋2bx＋c，由题意及导数的几何意义得， f′(1)＝a＋2b＋c＝0，① f′(m)＝am2＋2bm＋c＝－a，② 由a<b<c可得，4a<a＋2b＋c<4c，即4a<0<4c，故a<0，c>0，由①得c＝－a
－2b，代入a<b<c，再由a<0，
可得－13<ba<1.③ 将 c＝－a－2b，代入②得，am2＋2bm－2b＝0， 这个关于 m 的一元二次方程有实根，故判别式 Δ＝4b2 ＋8ab≥0，得(ba)2＋2(ba)≥0，解得ba≤－2 或ba≥0.④ 由③、④得 0≤ba<1.
(3)当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，证明中需要用哪些知 识不太明确具体时，往往采用分析法，从结论出发，结合已知条件，逐步 反推，寻求使当前命题成立的充分条件．
2．关于反证法
使用反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已 知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公式、事实矛盾 等．
当 x<x2或 x>x1时，f′(x)<0；当 x2<x<x1时，f′(x)>0， 故函数 f(x)的单调递增区间为[x2，x1]，由题设知[x2， x1]＝[s，t]，因此|s－t|＝|x1－x2|＝2＋2ab，由(1)知 0≤ba <1，故 2≤2＋2ab<4，
∴|s－t|的取值范围为[2,4)．
解析：∵a>b>0，∴1b>1a.又∵a>b，
∴a＋1b>b＋1a.
答案：A
2．要证明 3＋ 7<2 5，可选择的方法有以下几
种，其中最Hale Waihona Puke 理的是()A．综合法
B．分析法
C．反证法
D．归纳法
答案：B
3．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有 理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是 ()
A．假设a、b、c都是偶数 B．假设a、b、c都不是偶数 C．假设a、b、c至多有一个偶数 D．假设a、b、c至多有两个偶数
答案：B
4．设a、b、c∈(0，＋∞)，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则 “PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的 ()
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
考 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合 纲 法；了解分析法和综合法的思考过程、特点． 要 2．了解间接证明的一种基本方法——反证法， 求 了解反证法的思考过程、特点．
热 1.本考点在高考中每年都要涉及，主要以考查直 点 接证明中的综合法为主． 提 2．反证法仅作为客观题的判断方法不会单独命 示 题.
C．充分且必要条件
D．即不充分又不必要条件
解析：必要性是显然成立的，当PQR>0时，若P、Q、R不同时大于零，则其 中两个为负，一个为正，不妨设P>0，Q<0，R<0，则Q＋R＝2c<0，这与c>0
矛盾，即充分性也成立．
答案：C
5．已知 a>0，b>0 且 a＋b＝1，求证： a＋12＋ b＋12
反证法的步骤：(1)反设；(2)推出矛盾；(3)下结论．
矛盾的主要类型：(1)与假设矛盾；(2)与数学公式、法则、公理、定理、 定义或已被证明了的结论矛盾；(3)与公认的简单事实矛盾；(4)自相矛 盾．
感谢下 载
【例4】 已知常数a>0，n为正整数，fn(x)＝xn－(x＋a)n(x>0)是关于x的 函数．
(1)判定函数fn(x)的单调性，并证明你的结论； (2)对任意n>a，证明f′n＋1(n＋1)<(n＋1)f′n(n)．
证明：(1)f′n(x)＝nxn－1－n(x＋a)n－1＝n[xn－1－(x＋a)n－1]， ∵a>0，x>0，∴f′n(x)<0，∴fn(x)在(0，＋∞)上单调递减． (2)由(1)知当x>a>0时，fn(x)＝xn－(x＋a)n是关于x的减函数， ∴当n≥2时，有(n＋1)n－(n＋1＋a)n<nn－(n＋a)n.
变式迁移 3 已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证：三个方程ax2＋ 2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异 实根．
证明：假设三个方程中都没有两个相异实根，则 Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0， 相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0， 即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.① 由题意a、b、c互不相等，∴①式不成立． ∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
所以(a－b)(a－c)>0，显然成立，故原不等式成立
【例 3】 已知数列{an}满足：a1＝λ，an＋1＝23an ＋n－4，其中 λ 为实数，n 为正整数．对任意实数 λ， 证明数列{an}不是等比数列．
思路分析：题目中出现了“不是”这个词语，要直接去进行解答会有困难， 通常用反证法来证明．
思路分析：本题主要考查用分析法证明不等式及 分析问题、解决问题的能力．可先令 x，y 为具体的值， 确定出常数 C，再给出一般证明．
令 x＝y＝1，得23≤C≤23，∴C＝23， 下面给出证明：
证明：先证明2x＋x y＋x＋y2y≤23， 因为 x>0，y>0，要证：2x＋x y＋x＋y2y≤23， 只需证 3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y)， 即 x2＋y2≥2xy，这显然成立， ∴2x＋x y＋x＋y2y≤23， 再证：x＋x2y＋2x＋y y≥23， 只需证：3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y)，
变式迁移 1 设 a、b、c 均为正数，求证：ab2＋bc2 ＋ca2≥a＋b＋c.
证明：ab2＋b≥2a，bc2＋c≥2b，ca2＋a≥2c， 相加得ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c， 等号在 a＝b＝c 时成立．
【例 2】 是否存在常数 C，使得不等式2x＋x y＋ x＋y2y≤C≤x＋x2y＋2x＋y y对任意正数 x，y 恒成立？试 证明你的结论．
∵n＋a>n，∴f′n＋1(n＋1)<(n＋1)f′n(n)．
变式迁移 4 设函数 f(x)＝13ax3＋bx2＋cx(a<b<c)， 其图象在点 A(1，f(1))，B(m，f(m))处的切线的斜率分 别为 0，－a.
(1)求证：0≤ba<1； (2)若函数 f(x)的单调递增区间为[s，t]，求|s－t|的 取值范围。
1．关于综合法与分析法
(1)综合法是“由因导果”．它是从已知条件出发，顺着推证．用综合法 证明命题的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已经证明过的结论，B为 要证明的结论．它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．
(2)分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件．它是从 要求证的结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知 (已知条件，已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等)．用分析法证 明命题的逻辑关系是：B⇐B1⇐B2…⇐Bn⇐A.它的常见书面表达是“要证……只 需……”或“⇐”．
又∵f′n＋1(x)＝(n＋1)[xn－(x＋a)n]， ∴f′n＋1(n＋1)＝(n＋1)[(n＋1)n－(n＋1＋a)n] <(n＋1)[nn－(n＋a)n]
＝(n＋1)[nn－(n＋a)(n＋a)n－1]．
(n＋1)f′n(n)＝(n＋1)n[nn－1－(n＋a)n－1] ＝(n＋1)[nn－n(n＋a)n－1]，
要证…只需证… 即证…
综合法和分析法有什么区别与联系？
提示：分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其 逐步推理，实际上是寻求它的充分条件；综合法的特点是：从“已知”看 “可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条 件．分析法与综合法各有其特点，有些具体的待证命题，用分析法或综合 法均能证明出来，往往选择较简单的一种.