§7.5 综合法与分析法、反证法1．综合法(1)定义：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明．我们把这样的思维方法称为综合法．(2)框图
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示：eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证明的结论)．2．分析法(1)定义：从求证的结论出发，一步步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等．我们把这样的思维方法称为分析法．(2)框图表示：eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→eq\x(P2⇐P3)→…→eq\x(得到一个明显成立的条件).3．反证法我们可以先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而说明命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立．这种证明方法叫作反证法．反证法的证题步骤是：(1)作出否定结论的假设；(2)进而推理，导出矛盾；(3)否定假设，肯定结论．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．( × )(3)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a
ab>b2C.eq\f(1,a)<eq\f(1,b)D.eq\f(b,a)>eq\f(a,b)
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
B解析 a2－ab＝a(a－b)，∵a0，∴a2>ab.①又ab－b2＝b(a－b)>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2.3．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x<0)，则a与b的大小关系为( )A．a>bB．ab.4．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为( )A．a，b，c中至少有两个偶数B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．a，b，c都是奇数D．a，b，c都是偶数答案 B解析 自然数a，b，c中为偶数的情况为a，b，c全为偶数；a，b，c中有两个数为偶数；a，b，c全为奇数；a，b，c中恰有一个数为偶数，所以反设为a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数．5．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则a、b应满足的条件是__________________________．答案 a≥0，b≥0且a≠b解析 ∵aeq\r(a)＋beq\r(b)－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＝eq\r(a)(a－b)＋eq\r(b)(b－a)＝(eq\r(a)－eq\r(b))(a－b)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))．∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))>0.故aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.题型一 综合法的应用例1 对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数．(1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])是否是理想函数．思维启迪 (1)取特殊值代入计算即可证明；(2)对照新定义中的3个条件，逐一代入验证，只有满足所有条件，才能得出“是理想函数”的结论，否则得出“不是理想函数”的结论．(1)证明 取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.(2)解 对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，∴f(x)＝2x，(x∈[0,1])不是理想函数．对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝2x1x2≥0，即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)．∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数．对于f(x)＝eq\r(x)，x∈[0,1]，显然满足条件①②.对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2eq\r(x1x2)＋x2)＝－2eq\r(x1x2)≤0，即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.∴f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])不是理想函数．综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝eq\r(x)(x∈[0,1])不是理想函数．思维升华 用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式．(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱． 定义：若数列{An}满足An＋1＝Aeq\o\al(2,n)，则称数列{An}为“平方递推数列”．已知数列{an}中，a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图像上，其中n为正整数，证明：数列{2an＋1}是“平方递推数列”．证明 ∵点(an，an＋1)在函数f(x)＝2x2＋2x的图像上，∴an＋1＝2aeq\o\al(2,n)＋2an，∴2an＋1＋1＝4aeq\o\al(2,n)＋4an＋1＝(2an＋1)2，∴{2an＋1}是“平方递推数列”．题型二 分析法的应用例2 已知m>0，a，b∈R，求证：(eq\f(a＋mb,1＋m))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).思维启迪 将要证分式化成整式，再合并同类项．证明 ∵m>0，∴1＋m>0.所以要证原不等式成立，只需证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．思维升华 分析法的特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，运用分析法必须考虑条件的必要性是否成立．通常采用“欲证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范． 已知a，b∈(0，＋∞)，求证：(a3＋b3)eq\f(1,3)<(a2＋b2)eq\f(1,2).证明 因为a，b∈(0，＋∞)，所以要证原不等式成立，只需证[(a3＋b3)eq\f(1,3)]6<[(a2＋b2)eq\f(1,2)]6，即证(a3＋b3)2<(a2＋b2)3，即证a6＋2a3b3＋b62ab成立，以上步骤步步可逆，所以(a3＋b3)eq\f(1,3)<(a2＋b2)eq\f(1,2).题型三 反证法的应用例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．思维启迪 (1)先利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)两式相减得an和an＋1的关系，再求an；(2)用反证法证明．(1)解 当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，两式相减得an＋1＝eq\f(1,2)an，所以{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以an＝eq\f(1,2n－1).(2)证明 反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(pa，b>c.∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，eq\f(1,c)>eq\f(1,b)，相加得eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)>eq\f(1,b)＋eq\f(1,b)＝eq\f(2,b)，这与eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(2,b)矛盾．故∠B≥90°不成立，即∠B<90°.混淆特殊值检验和一般性证明致误典例：(12分)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图像关于y轴对称，求证：f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．易错分析 在证明f(x＋eq\f(1,2))是偶函数时，用特殊值f(eq\f(3,2)＋eq\f(1,2))＝f(－eq\f(3,2)＋eq\f(1,2))成立来判断f(x＋eq\f(1,2))是偶函数．规范解答证明 由函数f(x＋1)与f(x)的图像关于y轴对称，可知f(x＋1)＝f(－x)．[4分]将x换成x－eq\f(1,2)代入上式可得f(x－eq\f(1,2)＋1)＝f[－(x－eq\f(1,2))]，即f(x＋eq\f(1,2))＝f(－x＋eq\f(1,2))，[10分]由偶函数的定义可知f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．[12分]温馨提醒 在证明数学命题时，必须通过严格的推理来证明对任意满足题意的条件，命题的结论都成立，特殊值的检验不能代替一般性的证明．方法与技巧1．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．2．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．失误与防范1．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论．2．利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．A组 专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1．若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是( )A．lg(1＋a2)>0B．a2＋b2≥2(a－b－1)C．a2＋3ab>2b2D.eq\f(a,b)<eq\f(a＋1,b＋1)答案 B解析 在B中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立．2．在△ABC中，sinAsinC0，即cos(A＋C)>0，∴A＋C是锐角，从而B>eq\f(π,2)，故△ABC必是钝角三角形．3．已知m>1，a＝eq\r(m＋1)－eq\r(m)，b＝eq\r(m)－eq\r(m－1)，则以下结论正确的是( )A．a>bB．aeq\r(m)＋eq\r(m－1)，∴eq\f(1,\r(m＋1)＋\r(m))<eq\f(1,\r(m)＋\r(m－1))，即a0，b>0，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)的最小值是( )A．2B．2eq\r(2)C．4D．5答案 C解析 因为eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋2eq\r(ab)≥2eq\r(\f(1,ab))＋2eq\r(ab)＝2(eq\r(\f(1,ab))＋eq\r(ab))≥4.当且仅当eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)且eq\r(\f(1,ab))＝eq\r(ab)，即a＝b＝1时，取“＝”．5．用反证法证明命题“若a，b∈N，ab能被3整除，那么a，b中至少有一个能被3整除”时，假设应为( )A．a，b都能被3整除B．a，b都不能被3整除C．b不能被3整除D．a不能被3整除答案 B解析 由反证法的定义可知，否定结论，即“a，b中至少有一个能被3整除”的否定是“a，b都不能被3整除”，故选B.二、填空题6．eq\r(6)＋eq\r(7)与2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小关系为________．答案 eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)解析 要比较eq\r(6)＋eq\r(7)与2eq\r(2)＋eq\r(5)的大小，只需比较(eq\r(6)＋eq\r(7))2与(2eq\r(2)＋eq\r(5))2的大小，只需比较6＋7＋2eq\r(42)与8＋5＋4eq\r(10)的大小，只需比较eq\r(42)与2eq\r(10)的大小，只需比较42与40的大小，∵42>40，∴eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5).7．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________．答案 (5,7)解析 依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知每组中每个“整数对”的和为n＋1，且每组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有eq\f(nn＋1,2)个“整数对”，注意到eq\f(1010＋1,2)<60<eq\f(1111＋1,2)，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)．8．凸函数的性质定理：如果函数f(x)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤f(eq\f(x1＋x2＋…＋xn,n))，已知函数y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值为________．答案 eq\f(3\r(3),2)解析 ∵f(x)＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，且A、B、C∈(0，π)．∴eq\f(fA＋fB＋fC,3)≤f(eq\f(A＋B＋C,3))＝f(eq\f(π,3))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，所以sinA＋sinB＋sinC的最大值为eq\f(3\r(3),2).三、解答题9．已知非零向量a⊥b，求证：eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2).证明 ∵a⊥b，∴a·b＝0.要证eq\f(|a|＋|b|,|a－b|)≤eq\r(2)，只需证：|a|＋|b|≤eq\r(2)|a－b|，平方得：|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2(|a|2＋|b|2－2a·b)，只需证：|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，即(|a|－|b|)2≥0，显然成立．故原不等式得证．10．已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝eq\r(2)，SA＝1.(1)求证：SA⊥平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.同理SA⊥AB.又AB∩AD＝A，∴SA⊥平面ABCD.(2)解 假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.∵BC∥AD，BC⃘平面SAD.∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，∴平面SBC∥平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，∴假设不成立．故不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.B组 专项能力提升(时间：30分钟)1．已知函数f(x)＝(eq\f(1,2))x，a，b是正实数，A＝f(eq\f(a＋b,2))，B＝f(eq\r(ab))，C＝f(eq\f(2ab,a＋b))，则A、B、C的大小关系为( )A．A≤B≤CB．A≤C≤BC．B≤C≤AD．C≤B≤A答案 A解析 ∵eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)≥eq\f(2ab,a＋b)，又f(x)＝(eq\f(1,2))x在R上是减函数．∴f(eq\f(a＋b,2))≤f(eq\r(ab))≤f(eq\f(2ab,a＋b))，即A≤B≤C.2．若a、b、c是不全相等的正数，给出下列判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b与a2eq\r(2)解析 利用基本不等式，但不能取等号．4．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图像与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.(1)证明：eq\f(1,a)是函数f(x)的一个零点；(2)试用反证法证明eq\f(1,a)>c.证明 (1)∵f(x)图像与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根，又x1x2＝eq\f(c,a)，∴x2＝eq\f(1,a)(eq\f(1,a)≠c)，∴eq\f(1,a)是f(x)＝0的一个根．即eq\f(1,a)是函数f(x)的一个零点．(2)假设eq\f(1,a)0，由00，知f(eq\f(1,a))>0与f(eq\f(1,a))＝0矛盾，∴eq\f(1,a)≥c，又∵eq\f(1,a)≠c，∴eq\f(1,a)>c.5．已知数列{an}满足：a1＝eq\f(1,2)，eq\f(31＋an＋1,1－an)＝eq\f(21＋an,1－an＋1)，anan＋1<0(n≥1)，数列{bn}满足：bn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)(n≥1)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．(1)解 由题意可知，1－aeq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(2,3)(1－aeq\o\al(2,n))．令cn＝1－aeq\o\al(2,n)，则cn＋1＝eq\f(2,3)cn.又c1＝1－aeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，则数列{cn}是首项为c1＝eq\f(3,4)，公比为eq\f(2,3)的等比数列，即cn＝eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n－1，故1－aeq\o\al(2,n)＝eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n－1⇒aeq\o\al(2,n)＝1－eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n－1.又a1＝eq\f(1,2)>0.anan＋1<0，故an＝(－1)n－1eq\r(1－\f(3,4)·\f(2,3)n－1).bn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝[1－eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n]－[1－eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n－1]＝eq\f(1,4)·(eq\f(2,3))n－1.(2)证明 用反证法证明．假设数列{bn}存在三项br，bs，bt(rbs>bt，则只能有2bs＝br＋bt成立．∴2·eq\f(1,4)(eq\f(2,3))s－1＝eq\f(1,4)(eq\f(2,3))r－1＋eq\f(1,4)(eq\f(2,3))t－1，两边同乘以3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s.由于r
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