人教版A數(shù)學(xué)選修1-2教師用書第2章2-22-2-1綜合法和分析法

2.2直接證明與間接證明2.學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1．理解綜合法、分析法的意義，掌握綜合法、分析法的思維特點(diǎn)．(重點(diǎn)、易混點(diǎn))2．會(huì)用綜合法、分析法解決問(wèn)題．(重點(diǎn)、難點(diǎn))通過(guò)學(xué)習(xí)綜合法和分析法體現(xiàn)了數(shù)學(xué)邏輯推理的素養(yǎng)，提升學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算的素養(yǎng).1．綜合法定義推證過(guò)程特點(diǎn)利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過(guò)一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法eq\x(PQ1)→eq\x(Q1Q2)→eq\x(Q2Q3)→…→eq\x(QnQ)(P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結(jié)論)順推證法或由因?qū)Ч?.分析法定義框圖表示特點(diǎn)一般地，從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫做分析法逆推證法或執(zhí)果索因法思考：綜合法與分析法有什么區(qū)別？[提示]綜合法是從已知條件出發(fā)，逐步尋找的是必要條件，即由因?qū)Ч?；分析法是從待求結(jié)論出發(fā)，逐步尋找的是充分條件，即執(zhí)果索因．1．命題“對(duì)于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”，其過(guò)程應(yīng)用了()A．分析法 B．綜合法C．綜合法、分析法綜合使用 D．間接證法B[從證明過(guò)程來(lái)看，是從已知條件入手，經(jīng)過(guò)推導(dǎo)得出結(jié)論，符合綜合法的證明思路．]2．要證明A>B，若用作差比較法，只要證明________．A－B>0[要證A>B，只要證A－B>0.]3．將下面用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟補(bǔ)充完整：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證________，即證________，由于________顯然成立，因此原不等式成立．a(chǎn)2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥0[用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟為：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab成立，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證a2＋b2－2ab≥0，即證(a－b)2≥0.由于(a－b)2≥0顯然成立，所以原不等式成立．]綜合法的應(yīng)用【例1】在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1.求證：a，b，c成等差數(shù)列．[證明]因?yàn)閟inAsinB＋sinBsinC＋cos2B＝1，所以sinB(sinA＋sinC)＋(cos2B－1)＝0，即sinB(sinA＋sinC)－2sin2B＝0，所以sinB(sinA＋sinC－2sinB)＝0，由于在△ABC中，sinB≠0，因此sinA＋sinC－2sinB＝0，由正弦定理可得eq\f(a,2R)＋eq\f(c,2R)－eq\f(2b,2R)＝0，于是a＋c＝2b，故a，b，c成等差數(shù)列．綜合法的解題步驟eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且(3－m)·Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)，其中m為常數(shù)，且m≠－3.(1)求證：{an}是等比數(shù)列；(2)若數(shù)列{an}的公比為q＝f(m)，數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求證：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))為等差數(shù)列．[證明](1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3，兩式相減，得(3＋m)an＋1＝2man，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2m,m＋3)(m≠－3)，又m為常數(shù)，∴{an}為等比數(shù)列．(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，又m≠－3，∴a1＝1，∴b1＝a1＝1，由(1)，可得q＝f(m)＝eq\f(2m,m＋3)(m≠－3)，∴n∈N*且n≥2時(shí)，bn＝eq\f(3,2)f(bn－1)＝eq\f(3,2)·eq\f(2bn－1,bn－1＋3)，∴bnbn－1＋3bn＝3bn－1，又易知bn≠0，∴eq\f(1,bn)－eq\f(1,bn－1)＝eq\f(1,3).∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是首項(xiàng)為1，公差為eq\f(1,3)的等差數(shù)列.分析法的應(yīng)用【例2】設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)．[證明]當(dāng)a＋b≤0時(shí)，∵eq\r(a2＋b2)≥0，∴eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立．當(dāng)a＋b＞0時(shí)，用分析法證明如下：要證eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)，只需證(eq\r(a2＋b2))2≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a＋b))eq\s\up12(2).即證a2＋b2≥eq\f(1,2)(a2＋b2＋2ab)，即證a2＋b2≥2ab.∵a2＋b2≥2ab對(duì)一切實(shí)數(shù)恒成立，∴eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立．綜上所述，不等式得證．用分析法證明不等式的三個(gè)關(guān)注點(diǎn)1分析法證明不等式的依據(jù)是不等式的基本性質(zhì)、基本不等式、已知的重要不等式等.2分析法是綜合法的逆過(guò)程，即從“未知”看“需知”，執(zhí)果索因，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實(shí)際上是要尋找它的充分條件或充要條件.3分析法為逆推證明，因此在使用時(shí)要注意邏輯性與規(guī)范性.其格式一般為“要證……，只要證……，只需證……，……顯然成立，所以……成立”.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2．已知a，b是正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).[證明]要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只要證aeq\r(a)＋beq\r(b)≥eq\r(ab)·(eq\r(a)＋eq\r(b))．即證(a＋b－eq\r(ab))(eq\r(a)＋eq\r(b))≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))，因?yàn)閍，b是正實(shí)數(shù)，即證a＋b－eq\r(ab)≥eq\r(ab)，也就是要證a＋b≥2eq\r(ab)，即(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0.而該式顯然成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).綜合法和分析法的綜合應(yīng)用[探究問(wèn)題]1．在實(shí)際解題時(shí)，綜合法與分析法是否可以結(jié)合起來(lái)使用？提示：在實(shí)際解題時(shí)，常常把分析法和綜合法結(jié)合起來(lái)使用，即先利用分析法尋找解題思路，再利用綜合法有條理地表述解答過(guò)程．2．你會(huì)用框圖表示綜合法與分析法交叉使用時(shí)的解題思路嗎？提示：用框圖表示如下：其中P表示已知條件、定義、定理、公理等，Q表示要證明的結(jié)論．【例3】已知a、b、c是不全相等的正數(shù)，且0<x<1.求證：logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)<logxa＋logxb＋logxc.思路探究：解答本題的關(guān)鍵是利用對(duì)數(shù)運(yùn)算法則和對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)轉(zhuǎn)化成整式不等式證明．[證明]要證明：logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)<logxa＋logxb＋logxc，只需要證明logxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(a＋c,2)))<logx(abc)．由已知0<x<1，只需證明eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)>abc.由公式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)>0，又∵a，b，c是不全相等的正數(shù)，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)>eq\r(a2b2c2)＝abc.即eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)>abc成立．∴l(xiāng)ogxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)<logxa＋logxb＋logxc成立．1．(變條件)刪掉本例條件“0<x<1”，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.[證明]要證lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc，只需證lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lg(a·b·c)，即證eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc.因?yàn)閍，b，c為不全相等的正數(shù)，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)＞0，且上述三式中等號(hào)不能同時(shí)成立，所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc成立，所以lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc成立．2．(變條件)把本例條件“0<x<1”換成“abc＝1”，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).[證明]法一：由左式推證右式．∵abc＝1，且a，b，c為互不相等的正數(shù)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝bc＋ac＋ab＝eq\f(bc＋ac,2)＋eq\f(ac＋ab,2)＋eq\f(ab＋bc,2)>eq\r(bc·ac)＋eq\r(ac·ab)＋eq\r(ab·bc)＝eq\r(c)＋eq\r(a)＋eq\r(b).∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)>eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).法二：由右式推證左式．∵a，b，c為互不相等的正數(shù)，且abc＝1，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)＝eq\r(\f(1,bc))＋eq\r(\f(1,ac))＋eq\r(\f(1,ab))<eq\f(\f(1,b)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,c),2)＋eq\f(\f(1,a)＋\f(1,b),2)(基本不等式)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).分析綜合法的解題思路分析綜合法的解題思路是：根據(jù)條件的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去轉(zhuǎn)化結(jié)論，得到中間結(jié)論Q；根據(jù)結(jié)論的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去轉(zhuǎn)化條件，得到中間結(jié)論P(yáng)；若由P可推出Q，即可得證.1．綜合法的特點(diǎn)：從已知看可知，逐步推出未知．2．分析法的特點(diǎn)：從未知看需知，逐步靠攏已知．3．實(shí)際證題時(shí)，常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來(lái)．1．判斷正誤(1)綜合法是執(zhí)果索因的逆推證法． ()(2)分析法就是從結(jié)論推向已知． ()(3)所有證明的題目均可使用分析法證明． ()[答案](1)×(2)×(3)×2．欲證eq\r(2)－eq\r(3)<eq\r(6)－eq\r(7)成立，只需證()A．(eq\r(2)－eq\r(3))2<(eq\r(6)－eq\r(7))2B．(eq\r(2)－eq\r(6))2<(eq\r(3)－eq\r(7))2C．(eq\r(2)＋eq\r(7))2<(eq\r(3)＋eq\r(6))2D．(eq\r(2)－eq\r(3)－eq\r(6))2<(－eq\r(7))2C[∵eq\r(2)－eq\r(3)<0，eq\r(6)－eq\r(7)<0，故eq\r(2)－eq\r(3)<eq\r(6)－eq\r(7)eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6)(eq\r(2)＋eq\r(7))2<(eq\r(3)＋eq\r(6))2.]3．命題“函數(shù)f(x)＝x－xlnx在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)”的證明過(guò)程“對(duì)函數(shù)f(x)＝x－xlnx求導(dǎo)，得f′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＝－lnx＞0，故函數(shù)f(x)在