只要证( 5＋ 1＋2 3＋ ＝( 2 5＋ 3－1)2，
5－ 1＋2 3)2
左边＝ 5＋ 1＋2 3＋ 5－ 1＋2 3 ＋2 5＋ 1＋2 3· 5－ 1＋2 3 ＝2 5＋2 4－2 3＝2( 5＋ 3－1)＝右边， 所以原等式成立． [方法总结] 在用分析法的证明中，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，最后一步归纳到 已经被证明了的事实，因此从最后一步可以倒推回去，得到结 论．
•综合法与分析法的综合应用
已知 a、b、c 是不全相等的正数，且 0<x<1.求证： logxa＋2 b＋log2b＋2 c＋log2a＋2 c<logxa＋logxb＋logxc.
[解题提示] 直接用综合法证明不好找切入点，可先用分 析法找出命题成立的条件，再用综合法证明．
[解析] 要证明 logxa＋2 b＋logxb＋2 c＋logxa＋2 c<logxa＋logxb ＋logxc，
• 这种边分析边综合的证明方法，称为分析综 合法，或称“两头挤法”．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．
已知 a、b、c 表示△ABC 的三边长，m>0，求证：a＋a m＋ bc b＋m>c＋m.
恒成立？若存在，求出所有的 m 的值；若不存在，请说明理由． [误解] |x－m|<1⇔－1<x－m<1⇔m－1<x<m＋1⇔13<x<12，
只需证明 logx(a＋2 b·b＋2 c·a＋2 c)<logx(abc)． ∵0<x<1，∴只需证明a＋2 b·b＋2 c·a＋2 c>abc. 由公式知a＋2 b≥ ab>0，b＋2 c≥ bc>0，a＋2 c≥ ac>0.
∵a，b，c 不全相等，∴上面三式相乘，得a＋2 b·b＋2 c·a＋2 c > a2b2c2＝abc，即a＋2 b·b＋2 c·a＋2 c>abc 成立，
因为△ABC 中任意两边之和大于第三边， 所以 a＋b－c>0， 所以(a＋b－c)m2>0， 所以 2abm＋abc＋(a＋b－c)m2>0， 所以a＋a m＋b＋b m>c＋c m.
课堂典例探究
•综合法及其应用
已知 a，b，c 是互不相等的正数，且 abc＝1， 求证 a＋ b＋ c<1a＋1b＋1c.
[证明] 要证明a＋a m＋b＋b m>c＋c m， 只需证明a＋a m＋b＋b m－c＋c m>0 即可， 所以a＋a m＋b＋b m－c＋c m
＝ab＋mc＋m＋a＋bma＋bm＋mc＋cm＋－mca＋mb＋m. 因为 a>0，b>0，c>0，m>0， 所以(a＋m)(b＋m)(c＋m)>0. 因为 a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m) ＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－ bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋ (a＋b－c)m2.
证明：∵f(x)＝ex＋e1x， ∴f′(x)＝ex－e1x. ∵x>0，∴ex>1,0<e1x<1， ∴ex－e1x>0，
• 即f′(x)>0， • ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数． • 他使用的证明方法是( ) • A．综合法 B．分析法 • C．反证法 D．以上都不是 • [答案] A • [解析] 该证明方法符合综合法的定义，应选
所以
b1c＋
a1c＋
1 ab
<1b＋1c＋1a＋2 1c＋1a＋1b＝1a＋1b＋1c，
即 a＋ b＋c<1a＋1b＋1c.
[方法总结] 观察所证不等式，结论所给已知条件，通过 等量代换，熟练应用均值不等式是解决此题ab＋a＋b＋1)(ab＋ac＋bc＋ c2)≥16abc.
[解题提示] 在用综合法证明不等式的过程中，注意等量 代换、均值不等式及不等式性质的运用．
[解析] 因为 abc＝1，
所以 a＝ b1c， b＝ a1c， c＝ a1b，
所以 a＋ b＋ c＝
b1c＋
a1c＋
1 ab.
因为 a、b、c 是互不相等的正数，
所以
b1c<1b＋2 1c，
a1c<1a＋2 1c，a1b<1a＋2 1b，
1c－1＝a＋bc＋c－1＝ac＋bc≥2
ab c.
所以(1a－1)(1b－1)(1c－1)≥
8
bc ac a ·b ·
cab＝8，
故(a1－1)(1b－1)(1c－1)≥8(当且仅当 a＝b＝c 时取等号)．
• 四 综合法和分析法的综合应用
• 分析法和综合法是对立统一的两种方法．一 个命题用何种方法证明，要能针对具体问题 进行分析，灵活地运用各种证法．当不知从 何入手时，有时可以运用分析法而获得解 决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目 往往更是行之有效的方法．一般来说，对于 较复杂的证明，直接运用综合法往往不易入 手，用分析法来书写又比较麻烦，因此，通 常用分析法探索证题途径，然后用综合法加 以证明，或者在证题过程中综合法与分析法 并用，所以分析法和综合法经常是结合在一
一 综合法 1．定义 综合法是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待 证结论的证明方法，是从原因推导到结果的思维方法． 2．综合法的推证过程 用 P 表示已知条件，已有的定义、公理、定理等，Q 表示 所需证明的结论，则综合法的推证过程可表示为： P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 → Qn⇒Q
2．不等式性质
对称性：a>b⇔b<a.传递性： ab>>bc⇒a>c.
加法性质： ac∈>bR⇒a＋c>b＋c.
ca>>db⇒a＋c>b＋d.
乘法性质： ac>>0b≥ac>bc.
ca>>db>>00⇒ac>bd. an>∈bN>0＋⇒an>bn.
∴logxa＋2 b＋logxb＋2 c＋logxa＋2 c<logxa＋logxb＋logxc 成立． [方法总结] 对于比较复杂的证明题，常用分析综合法， 即先从结论进行分析，寻求结论与条件之间的关系，找到解决 问题的思路，再运用综合法证明，或在证明过程中将两种方法 交叉使用．
已知：a>0，b>0 且 a＋b＝1. 求证：(a＋1a)(b＋b1)≥245. [证明] 欲证(a＋a1)(b＋1b)≥245. 因为(a＋1a)(b＋1b)＝a2＋a 1·b2＋b 1 ＝a2b2＋aa2b＋b2＋1， 所以只需证明 4(ab)2＋4(a2＋b2)－25ab＋4≥0，
3．分析法的特点 “执果索因”，即从未知看需知，逐步向已知靠扰．其优 点为方向较为明确，便于寻找解题思路． 4．分析法的证明格式 要证……只需证……只需证……只需证…… 因为……成立，所以……成立．
• 5．综合法与分析法的比较
综合法
分析法
从待证的结论出发，一 从已知条件出发，
步一步寻求结论成立的 定 经过逐步的推理，
5＋ 1＋2 3 ＋ 5－ 1＋2 3 ＝ 2
[解题提示] 本题若从左边证出右边，难度较大，我们可 以利用分析法来加以证明，即从要证的等式出发，推出要证的 等式成立．
[解析] 因为 5＋ 1＋2 3>0，
5－ 1＋2 3>0， 2 5＋ 3－1>0， 所以要证
5＋ 1＋2 3＋ 5－ 1＋2 3 ＝ 2 5＋ 3－1.
• 设a、b∈R＋，且a≠b.求证：a3＋b3>a2b＋ ab[证2.明] 要证 a3＋b3>a2b＋ab2 成立，
只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立， 又因 a＋b>0，只需证 a2－ab＋b2>ab 成立， 只需证 a2－2ab＋b2>0 成立， 即需证(a－b)2>0 成立． 而依题设 a≠b，则(a－b)2>0 显然成立．由此命题得证.
设 α、β、γ∈(0，π2)，且 tanα＝21，tanβ＝15，tanγ＝18，求证 α＋β＋γ＝π4.
答案：因为 α、β、γ∈(0，π2)，且 tanα＝12<1，tanβ＝51<1， tanγ＝81<1，所以 0<α<π4，0<β<π4，0<γ<π4，所以 0<α＋β＋γ<34π，
又因为 tan(α＋β＋γ) ＝1t－antαa＋nαt·atannββ＋－tatannγβ－·ttaannγα－·tatannβγ··ttaannγα ＝1－12＋12×15＋15－18－15×12×18－15×18×18 12＝1， 所以 α＋β＋γ＝π4.
充分条件，最后达到题 义 最后达到待证结
设的已知条件或已被证 论的方法
明的事实
证 明 P1(已知
)⇒P ⇒P ⇒
B(结论)⇐B ⇐B …⇐B ⇐A
若 P＝ a＋ a＋7，Q＝ a＋3＋ a＋4(a≥0)，则 P、Q 的
大小关系是( )
A．P>Q
B．P＝Q
C．P<Q
D．由 a 的取值确定
[答案] C
成才之路 ·数学
人教B版 ·选修1-1 1-2
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
推理与证明 第二章
2.2 直接证明与间接证明
第1课时 综合法与分析法
第二章
1 课前自主预习 2 课堂典例探究 3 课时作业
课前自主预习
夏天，在日本东京的新宿区的一幢公寓内，发生了一宗凶 杀案，时间大约是下午 4 时左右．警方经过三天的深入调查后， 终于拘捕到一个与案件有关的疑犯，但是他向警方作出不在现 场证明时，他说：“警察先生，事发当天，我一个人在箱根游 玩，直至下午 4 时左右，我到芦之湖划船．当时适值雨后天晴， 我看到富士山旁西面的天空上，横挂着一条美丽的彩虹，所以 凶手是别人，不是我！”你知道嫌犯的话露出了什么破绽吗？ 警方是怎样证明他在说谎的呢？
