高中數(shù)學人教A版2第二章推理與證明直接證明與間接證明2

直接證明與間接證明綜合法和分析法[學習目標]1．了解直接證明的兩種基本方法——綜合法和分析法．2．理解綜合法和分析法的思考過程、特點，會用綜合法和分析法證明數(shù)學問題．[知識鏈接]1．綜合法與分析法的推理過程是合情推理還是演繹推理？答綜合法與分析法的推理過程是演繹推理，因為綜合法與分析法的每一步推理都是嚴密的邏輯推理，從而得到的每一個結(jié)論都是正確的，不同于合情推理中的“猜想”2．必修五中基本不等式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)(a>0，b>0)是怎樣證明的？答要證eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，只需證a＋b≥2eq\r(ab)，只需證a＋b－2eq\r(ab)≥0，只需證(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0，因為(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0顯然成立，所以原不等式成立．[預習導引]1．綜合法一般地，利用已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．2．分析法分析法是從要證明的結(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)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．要點一綜合法的應用例1在△ABC中，三個內(nèi)角A、B、C對應的邊分別為a、b、c，且A、B、C成等差數(shù)列，a、b、c成等比數(shù)列，求證：△ABC為等邊三角形．證明由A、B、C成等差數(shù)列，有2B＝A＋C. ①因為A、B、C為△ABC的內(nèi)角，所以A＋B＋C＝π. ②由①②，得B＝eq\f(π,3). ③由a、b、c成等比數(shù)列，有b2＝ac.④由余弦定理及③，可得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac.再由④，得a2＋c2－ac＝ac，即(a－c)2＝0，因此a＝c，從而有A＝C.⑤由②③⑤，得A＝B＝C＝eq\f(π,3).所以△ABC為等邊三角形．規(guī)律方法利用綜合法證明問題的步驟：(1)分析條件選擇方向：仔細分析題目的已知條件(包括隱含條件)，分析已知與結(jié)論之間的聯(lián)系與區(qū)別，選擇相關的公理、定理、公式、結(jié)論，確定恰當?shù)慕忸}方法．(2)轉(zhuǎn)化條件組織過程：把題目的已知條件，轉(zhuǎn)化成解題所需要的語言，主要是文字、符號、圖形三種語言之間的轉(zhuǎn)化，組織過程時要有嚴密的邏輯，簡潔的語言，清晰的思路．(3)適當調(diào)整回顧反思：解題后回顧解題過程，可對部分步驟進行調(diào)整，并對一些語言進行適當?shù)男揎?，反思總結(jié)解題方法的選?。櫻菥?已知a，b是正數(shù)，且a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.證明法一∵a，b是正數(shù)且a＋b＝1，∴a＋b≥2eq\r(ab)，∴eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,ab)≥4.法二∵a，b是正數(shù)，∴a＋b≥2eq\r(ab)>0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))>0，∴(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4.又a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.法三eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝1＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋1≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.當且僅當a＝b時，取“＝”號．要點二分析法的應用例2設a，b為實數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)．證明當a＋b≤0時，∵eq\r(a2＋b2)≥0，∴eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立．當a＋b>0時，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))2，即證a2＋b2≥eq\f(1,2)(a2＋b2＋2ab)，即證a2＋b2≥2ab.∵a2＋b2≥2ab對一切實數(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．規(guī)律方法用分析法證明不等式時應注意(1)分析法證明不等式的依據(jù)是不等式的基本性質(zhì)、已知的重要不等式和邏輯推理的基本理論；(2)分析法證明不等式的思維是從要證不等式出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，最后得到的充分條件是已知(或已證)的不等式；(3)用分析法證明數(shù)學命題時，一定要恰當?shù)赜煤谩耙C明”、“只需證明”、“即證明”等詞語．跟蹤演練2已知a，b是正實數(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))，因為a，b是正實數(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.該式顯然成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).要點三綜合法和分析法的綜合應用例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.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．規(guī)律方法綜合法推理清晰，易于書寫，分析法從結(jié)論入手，易于尋找解題思路，在實際證明命題時，常把分析法與綜合法結(jié)合起來使用，稱為分析綜合法，其結(jié)構特點是：根據(jù)條件的結(jié)構特點去轉(zhuǎn)化結(jié)論，得到中間結(jié)論Q；根據(jù)結(jié)論的結(jié)構特點去轉(zhuǎn)化條件，得到中間結(jié)論P；若由P可推出Q，即可得證．跟蹤演練3設實數(shù)a，b，c成等比數(shù)列，非零實數(shù)x，y分別為a與b，b與c的等差中項，試證：eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2.證明由已知條件得b2＝ac， ①2x＝a＋b,2y＝b＋c. ②要證eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2，只要證ay＋cx＝2xy，只要證2ay＋2cx＝4xy.由①②得2ay＋2cx＝a(b＋c)＋c(a＋b)＝ab＋2ac＋bc4xy＝(a＋b)(b＋c)＝ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋2ac＋bc所以2ay＋2cx＝4xy.命題得證．1．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么()A．x<eq\f(x＋y,2)<y<2xy B．2xy<x<eq\f(x＋y,2)<yC．x<eq\f(x＋y,2)<2xy<y D．x<2xy<eq\f(x＋y,2)<y答案D解析∵y>x>0，且x＋y＝1，∴設y＝eq\f(3,4)，x＝eq\f(1,4)，則eq\f(x＋y,2)＝eq\f(1,2)，2xy＝eq\f(3,8)，∴x<2xy<eq\f(x＋y,2)<y，故選D.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))2答案C解析根據(jù)不等式性質(zhì)，a>b>0時，才有a2>b2，∴只需證：eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(6)＋eq\r(3)，只需證：(eq\r(2)＋eq\r(7))2<(eq\r(3)＋eq\r(6))2.3．求證：eq\f(1,log519)＋eq\f(2,log319)＋eq\f(3,log219)<2.證明因為eq\f(1,logba)＝logab，所以左邊＝log195＋2log193＋3log192＝log195＋log1932＋log1923＝log19(5×32×23)＝log19360.因為log19360<log19361＝2，所以eq\f(1,log519)＋eq\f(2,log319)＋eq\f(3,log219)<2.4．已知eq\f(1－tanα,2＋tanα)＝1，求證：cosα－sinα＝3(cosα＋sinα)．證明要證cosα－sinα＝3(cosα＋sinα)，只需證eq\f(cosα－sinα,cosα＋sinα)＝3，只需證eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝3，只需證1－tanα＝3(1＋tanα)，只需證tanα＝－eq\f(1,2)，∵eq\f(1－tanα,2＋tanα)＝1，∴1－tanα＝2＋tanα，即2tanα＝－1.∴tanα＝－eq\f(1,2)顯然成立，∴結(jié)論得證．1．綜合法證題是從條件出發(fā)，由因?qū)Ч环治龇ㄊ菑慕Y(jié)論出發(fā)，執(zhí)果索因．2．分析法證題時，一定要恰當?shù)剡\用“要證”、“只需證”、“即證”等詞語．3．在實際證題過程中，分析法與綜合法是統(tǒng)一運用的，把分析法和綜合法孤立起來運用是脫離實際的．沒有分析就沒有綜合；沒有綜合也沒有分析．問題僅在于，在構建命題的證明路徑時，有時分析法居主導地位，綜合法伴隨著它；有時卻恰恰相反，是綜合法居主導地位，而分析法伴隨著它.一、基礎達標1．已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是()A．若a>b，則ac2>bc2B．若eq\f(a,c)>eq\f(b,c)，則a>bC．若a3>b3且ab<0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)D．若a2>b2且ab>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)答案C解析對于A：若c＝0，則A不成立，故A錯；對于B：若c<0，則B不成立，B錯；對于C：若a3>b3且ab<0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,b<0))，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故C對；對于D：若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,b<0))，則D不成立．2．A、B為△ABC的內(nèi)角，A>B是sinA>sinB的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．即不充分也不必要條件答案C解析由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，又A、B為三角形的內(nèi)角，∴sinA>0，sinB>0，∴sinA>sinB?2RsinA>2RsinB?a>b?A>B.3．已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，m?β，給出下列四個命題：①若α∥β，則l⊥m；②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l⊥m；④若l∥m，則α⊥β.其中正確命題的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4答案B解析若l⊥α，m?β，α∥β，則l⊥β，所以l⊥m，①正確；若l⊥α，m?β，l⊥m，α與β可能相交，②不正確；若l⊥α，m?β，α⊥β，l與m可能平行或異面，③不正確；若l⊥α，m?β，l∥m，則m⊥α，所以α⊥β，④正確．4．設a，b∈R＋，且a≠b，a＋b＝2，則必有()A．1≤ab≤eq\f(a2＋b2,2) B．a(chǎn)b<1<eq\f(a2＋b2,2)C．a(chǎn)b<eq\f(a2＋b2,2)<1 D．eq\f(a2＋b2,2)<ab<1答案B解析因為a≠b，故eq\f(a2＋b2,2)>ab.又因為a＋b＝2>2eq\r(ab)，故ab<1，eq\f(a2＋b2,2)＝eq\f(a＋b2－2ab,2)＝2－ab>1，即eq\f(a2＋b2,2)>1>ab.5．要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可選擇的方法有很多，最合理的應為________．答案分析法6．設a＝eq\r(2)，b＝eq\r(7)－eq\r(3)，c＝eq\r(6)－eq\r(2)，則a，b，c的大小關系為________．答案a>c>b解析∵a2－c2＝2－(8－4eq\r(3))＝4eq\r(3)－6＝eq\r(48)－eq\r(36)>0，∴a>c.∵eq\f(c,b)＝eq\f(\r(6)－\r(2),\r(7)－\r(3))＝eq\f(\r(7)＋\r(3),\r(6)＋\r(2))＞1，∴c＞b.7．設a≥b>0，求證：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab證明法一3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a因為a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，從而(3a2－2b2)(a－b)≥所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab法二要證3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需證3a2(a－b)－2b2(a－b)只需證(3a2－2b2)(a－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a2－2b2>2a2－2b2∴上式成立．二、能力提升8．設0<x<1，則a＝eq\r(2)x，b＝1＋x，c＝eq\f(1,1－x)中最大的一個是()A．a(chǎn) B．bC．c D．不能確定答案C解析∵b－c＝(1＋x)－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)<0，∴b<c.又∵b＝1＋x>eq\r(2)x＝a，∴a<b<c.9．已知a，b為非零實數(shù)，則使不等式：eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一個充分不必要條件是()A．a(chǎn)b>0 B．a(chǎn)b<0C．a(chǎn)>0，b<0 D．a(chǎn)>0，b>0答案C解析∵eq\f(a,b)與eq\f(b,a)同號，由eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2，知eq\f(a,b)<0，eq\f(b,a)<0，即ab<0.又若ab<0，則eq\f(a,b)<0，eq\f(b,a)<0.∴eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))))≤－2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a))))＝－2，綜上，ab<0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的充要條件，∴a>0，b<0是eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一個充分而不必要條件．10．如圖所示，在直四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，當?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件________時，有A1C⊥B1D1(注：填上你認為正確的一個條件即可，不必考慮所有可能的情形答案對角線互相垂直解析本題答案不唯一，要證A1C⊥B1D1，只需證B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因為該四棱柱為直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，故只需證B1D1⊥A1C11．已知a＞0，b＞0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1.求證：eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b)).證明要證eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b))成立，只需證1＋a＞eq\f(1,1－b)，只需證(1＋a)(1－b)＞1(1－b＞0)，即1－b＋a－ab＞1，∴a－b＞ab，只需證：eq\f(a－b,ab)＞1，即eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1.由已知a＞0，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＞1成立，∴eq\r(1＋a)＞eq\f(1,\r(1－b))成立．12．求證拋物線y2＝2px(p＞0)，以過焦點的弦為直徑的圓必與x＝－eq\f(p,2)相切．證明如圖，作AA′、BB′垂直準線，取AB的中點M，作MM′垂直準線．要證明以AB為直徑的圓與準線相切，只需證|MM′|＝eq\f(1,2)|AB|，由拋物線的定義：|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，因此只需證|MM′|＝eq\f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)根據(jù)梯形的中位線定理可知上式是成立的．所以以過焦點的弦為直徑的圓必與x＝－eq\f(p,2)相切．三、探究與創(chuàng)新13．(2023·廣東)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，eq\f(2Sn,n)＝an＋1－eq\f(1,3)n2－n－eq\f(2,3)，n∈N*.(1)求a2的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式；(3)證明：對一切正整數(shù)n，有eq\f(1,a1)＋eq