综合法分析法及数学证明法习题

例：有下列各式： 1 1> , 2 1 1 1+ + > 1, 2 3 1 1 1 1 1 1 3 1+ + + + + + > , 2 3 4 5 6 7 2 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + + > 2 2 3 4 5 6 7 15 你能得到怎样的一般不等式，并加以证明。
证 法1:∵ a、b、c 为 不相等正 数 ，且abc = 1，
bc + ca ca + ab ab + bc = + + 2 2 2
>
abc +
2
a bc +
2
ab c =
2
a + b + c.
1 1 1 ∴ a + b + c < + + 成立. a b c
例.已知a、b、c 为 不相等正数 ，且abc = 1， 1 1 1 证求 ：a + b + c < + + . a b c
证法2:∵a、b、c为 不相等正数 ，且abc = 1，
1 1 1 ∴ a+ b+ c = + + bc ca ab 1 1 1 1 1 1 + + + b c + c a + a b = 1 + 1 +1. < 2 2 2 a b c
1 1 1 ∴ a + b + c < + + 成立. a b c
综合法与分析法 (习题课）

在正确的推理下得出矛盾.
思考4：在反证法应用中，矛盾的构设有 哪几种情形？ （1）与已知条件矛盾； （2）与假设矛盾； （3）与定义、公理、定理、性质矛盾； （4）与客观事实矛盾. 思考5：反证法是否等同于证明原命题的 逆否命题？
理论迁移
例1 已知直线a，b和平面α ，如
果，a 颂a ,b a ,且a//b，求证：
2.反证法主要适用于以下两种情形： （1）所证的结论与条件之间的联系不 明显，直接有条件推出结论线索不清晰； （2）从正面入手需要分成多种情形进 行讨论，而从反面证明，只要研究一种 或很少的几种情形.
作业： P91练习：1，2. P91习题2.2A组：1，4.
推理与证明习题课
例1 已知数列满足：
a//α.
a
β
α
b
例2 设a，b，c为一个三角形的三
边，s = 1 (a + b + c)，若s2＝2ab， 2
求证：s＜2a.
例3 已知x，y＞0，且x＋y＞2，
求证：1 + x , 1 + y 中至少有一个
小于2. y
x
小结作业
1.反证法是一种间接证明的方法，是 解决某些“疑难”问题的有力工具，其 基本思路是： 假设结论不成立→构设矛盾→否定假设 肯定结论.
探究（二）：反证法的基本思想
思考1：上述证明方法叫做反证法，一般 地，反证法的的基本含义是什么？
假设原命题不成立（即在原命题的条件 下，结论不成立），经过正确的推理， 最后得出矛盾，因此说明假设错误，从 而证明了原命题成立.
思考2：如何用反证法证明 2是无理数？
思考3：用反证法证题的核心问题是什么？
2.2 直接证明与间接证明 2.2.2 反证法

分析法和综合法（北京习题集）（教师版）一．选择题（共2 小题）1．（2016•石景山区一模）德国数学家科拉茨 1937 年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n ，如果n 是偶数，就n将它减半（即) ；如果n 是奇数，则将它乘 3 加 1（即3n 1) ，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以2得到 1．对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数n （首项）按照上述规则施行变换后的第 8 项为 1（注:1可以多次出现），则n 的所有不同值的个数为 ( )A．4 B．6 C．32 D．1282．（2014•海淀区校级模拟）分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的 ( )A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件二．解答题（共5 小题）3．（2014•北京）对于数对序列P :(a ，1) ，，，，，，记T1(P) a1 b1 ，T (P) b max{T (P) ，b (a b2 ) (a b )1 2 n n k k k 1a1 a2 a k }(2…k…n) ，其中max T P ，a1 a2 a k }表示和两个数中最大的数，{ ( ) T 1(P) a1 a2 a k k 1 k（Ⅰ）对于数对序列P ， (4,1) ，求T1 (P) ，的值；: (2,5) T2 (P)（Ⅱ）记m 为a ，b ，c ，d 四个数中最小的数，对于由两个数对 (a,b) ， (c,d) 组成的数对序列P :(a,b) ， (c,d) 和P: (c,d) (a,b) m a m d T P，，试分别对和两种情况比较和 2 ( ) 的大小；T2 (P)（Ⅲ）在由五个数对，，，，组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使 5 ( ) (11, 8) (5, 2) (16,11) (11,11) (4,6) P T P 最小，并写出 5 ( ) 的值（只需写出结论）．T P4．（2013•西湖区校级模拟）已知，，是正实数，且，求证：．a b m a b a a mb b m5．（2013•昌平区一模）已知每项均是正整数的数列a ，a ，，，其中等于的项有k 个 (i 1，2，3) ，a a i1 2 3 100 i设 1 2 ( 1，2，，，2，．b k k k j 3) g m b b b m m 3)( ) 100 ( 1j j 1 2 m（Ⅰ）设数列， 2 30 ， 3 20 ，，，k1 40 k k 4 10 5 100 0k k k①求g （1），g （2），g （3），g （4）；②求a a a a的值；1 2 3 100（Ⅱ）若a ，，a ， a 中最大的项为 50，比较g(m) ，g(m 1) 的大小．a1 2 3 1006 ．（2011 秋•西城区期末）已知数列A : a ，a ，，a ．如果数列B :b ，b ，，b 满足b a ，n 1 2 n n 1 2 n 1 n第1页（共9页）b a a b k 2 n，其中，3，，，则称B 为A的“衍生数列”． k k 1 k k 1 nn（Ⅰ）写出数列A4 : 2 ，1，4，5 的“衍生数列” B ；4（Ⅱ）若n 为偶数，且的“衍生数列”是B ，证明：b a ；An n n 1（Ⅲ）若n 为奇数，且A 的“衍生数列”是B ，B 的“衍生数列”是ð，．依次将数列A ，B ，ð，的首n n n n n n n 项取出，构成数列: a ，b ，c ，．证明：是等差数列．1 1 17．（2012•昌平区一模）M 是具有以下性质的函数f (x) 的全体：对于任意s ，t 0 ，都有f (s) 0 ，f (t) 0，且f (s) f (t) f (s t)．（Ⅰ）试判断函数1( ) log2 ( 1) ，是否属于？f x x 2 ( ) 2 1f x x M（Ⅱ）证明：对于任意的x 0 ，x m 0(m R 且m 0) 都有m[ f (x m) f (x)] 0 ；（Ⅲ）证明：对于任意给定的正数1，存在正数，当时，．s t 0 x…t f (x) s第2页（共9页）分析法和综合法（北京习题集）（教师版）参考答案与试题解析一．选择题（共2 小题）1．（2016•石景山区一模）德国数学家科拉茨 1937 年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n ，如果n 是偶数，就n将它减半（即) ；如果n 是奇数，则将它乘 3 加 1（即3n 1) ，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以2得到 1．对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数n （首项）按照上述规则施行变换后的第 8 项为 1（注:1可以多次出现），则n 的所有不同值的个数为 ( )A．4 B．6 C．32 D．128【分析】利用第八项为 1 出发，按照规则，逆向逐项即可求出n 的所有可能的取值．【解答】解：如果正整数n 按照上述规则施行变换后的第八项为 1，则变换中的第 7 项一定是 2，变换中的第 6 项一定是 4；变换中的第 5 项可能是 1，也可能是 8；变换中的第 4 项可能是 2，也可是 16，变换中的第 4 项是 2 时，变换中的第 3 项是 4，变换中的第 2 项是 1 或 8，变换中的第 1 项是 2 或 16变换中的第 4 项是 16 时，变换中的第 3 项是 32 或 5，变换中的第 2 项是 64 或 108，变换中的第 1 项是 128，21 或20，3则n 的所有可能的取值为 2，3，16，20，21，128 共 6 个，故选：B ．【点评】本题主要考查归纳推理的应用，利用变换规则，进行逆向验证是解决本题的关键，考查学生的推理能力．2．（2014•海淀区校级模拟）分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的 ( ) A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件【分析】本题考查的知识点是分析法的定义，根据分析法的定义易得答案．【解答】解：由分析法的定义：一般地，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（已知条件、定理、定义、公理等）为止这种证明方法叫做分析法．第3页（共9页）可知答案是正确A故选：．A【点评】熟练掌握分析法的定义是解决本题的关键．一般地，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（已知条件、定理、定义、公理等）为止，这种证明方法叫做分析法．二．解答题（共5 小题）3．（2014•北京）对于数对序列，b1) ，，，，，，记，，P :(a (a T1(P) a1 b1 T P b max T Pb2 ) (a b ) ( ) { ( )1 2 n n k k k 1a1 a2 a k }(2…k…n) ，其中，表示T 1(P) 和a1 a2 a k 两个数中最大的数，max{T (P) a1 a2 a k }k 1 k（Ⅰ）对于数对序列，，求，T2 (P) 的值；P : (2,5) (4,1)T1 (P)（Ⅱ）记m 为a ，b ，c ，d 四个数中最小的数，对于由两个数对 (a,b) ， (c,d) 组成的数对序列P :(a,b) ， (c,d) 和P c d (a,b) m a m d T P T P: ( , ) 2 ( )，，试分别对和两种情况比较和的大小；2 ( )（Ⅲ）在由五个数对，，，，组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使 5 ( ) (11, 8) (5, 2) (16,11) (11,11) (4,6) P T P最小，并写出 5 ( ) 的值（只需写出结论）．T P【分析】（Ⅰ）利用，，，可求， 2 ( ) 的值；T P a b1( ) 1 1 ( ) { ( )T P b max T P a a a …k…n T P1 2 k }(2 ) 1 () T Pk k k 1（Ⅱ） 2 ( ) { ，， 2 ( ) { ，，分类讨论，利用新定义，可比较 2 () T P max a b d a c d} T P max c d b c a b}T P和的大小；T P2 ( )（Ⅲ）根据新定义，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）T1(P) 2 5 7 ， 2 ( ) 1 { 1( ) ，，；T P max T P 2 4} 1max{7 6} 8（Ⅱ） 2 ( ) { ，， 2 ( ) { ，．T P max a b d a c d} T P max c d b c a b}当时， 2 () { ，，m a T P max c d b c a b} c d bQ a b d…c d b a c d…c b d …，且，T2 (P) T2 (P ) ；当时， 2 ( ) { ，，m d T P max c d b c a b} c a bQ a b d…c a b a c d…c a d …，且，T2 (P) T2 (P ) ；m a m d T P …T P无论和， 2 ( ) 2 () ；（Ⅲ）根据数对序列 (4,6) ， (11,11) ， (16,11) ， (11, 8) ， (5, 2) ，第4页（共9页）可得T P ；T P ；T3 (P) 3111 42 ；T4 (P) 8 42 50 ；1( ) 4 6 10 2 ( ) 11 15 26T5 (P) 2 5052；逐一检验可得，此数对序列使 5 () 最小．T P【点评】本题考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，正确理解与运用新定义是解题的关键，属于难题．4．（2013•西湖区校级模拟）已知，，是正实数，且，求证：．a b m a b a a mb b m【分析】只要证，只要证，只要证，而为已知条件，命题得证．a(b m) b(a m) am bm a b a b【解答】证明：由a ，b ，m 是正实数，故要证a a mb b m只要证，只要证，a(b m) b(a m) ab am ab bm只要证am bm ，而m 0 ，只要证a b ，由条件a b 成立，故原不等式成立．【点评】本题主要考查不等式与不等关系，用分析法证明不等式，属于基础题．5．（2013•昌平区一模）已知每项均是正整数的数列，，，，其中等于的项有k 个 (i 1，2，3) ，a a a a i1 2 3 100 i设b k1 k2 k ( j 1，2，3) ，( ) 100 ( 1，2，．g m b b b m m3) j j 1 2 m（Ⅰ）设数列， 2 30 ， 3 20 ，， 5 100 0 ，k1 40 k 4 10k k k k①求g （1），g （2），g （3），g （4）；②求a a a a的值；1 2 3 100（Ⅱ）若a ，a ，a ， a 中最大的项为 50，比较g(m) ，g(m 1) 的大小．1 2 3 100【分析】①因为数列k ，，，的值已知，所以，b ，，由公式 1 2 ( 1，2，求(I) k k k bb b b k k k j3) 1 2 3 4 1 2 3 4 j j得，所以（1），（2），（3），（4）由公式g(m) b b b 100m(m 1，2，3) 求得；g g g g1 2 m②a 1 a 2 a 3 a 100 401 30 2 20 3 10 4 200 ；(II) 由题意，g(m ) b b b 100m ，g m b b b b m ，作差比较，得( 1) 100( 1)1 2 m 1 2 m m 1g(m 1) g(m ) b 100 b 1… 100 g(m 1) g(m)，由b 的含义，知，故得，的大小，又a ，a ，a ，，m 1 j m 1 2 3 a 100中最大的项为 50，知当m… 50 时b 100 ，所以，当1m 49 时，有g(m ) g(m 1) ；当m… 49 时，有g(m ) g(m1) ；m【解答】解：①因为数列， 2 30 ， 3 20 ，，所以 1 40 ， 2 70 ， 3 90 ，，(I) k k k 4 10 4 1001 40 b b bk b所以：g （1）60 ，g （2）90 ，g （3）100 ，g （4）100 ；第5页（共9页）②；a1 a2 a3 a100 401 30 2 20 3 10 4 200(II) 一方面，( 1) ( ) 100，根据的含义，知，g m g m b b …b 1 100m 1 j m故，即，g(m 1) g(m)… 0 g(m)…g(m 1)当且仅当b 1 100 时取等号．m因为a ，a ，a ，，a 中最大的项为 50，所以当m… 50 时必有b 100 ，1 2 3 100 m所以g （1）g （2）g(49) g(50) g(51)即当时，有；1m 49 g(m) g(m 1)当时，有．m… 49 g(m) g(m 1)【点评】本题考查了数列知识的综合应用，解题时要认真审题，弄清题目中所给的条件是什么，细心解答，这样才不会出现错误．6 ．（2011 秋•西城区期末）已知数列A : a ，a ，，a ．如果数列B :b ，b ，，b 满足b a ，n 1 2 n n 1 2 n 1 nb a a b k 2 n，其中，3，，，则称B 为A的“衍生数列”． k k 1 k k 1 nn（Ⅰ）写出数列A4 : 2 ，1，4，5 的“衍生数列” B ；4（Ⅱ）若n 为偶数，且的“衍生数列”是B ，证明：b a ；An n n 1（Ⅲ）若n 为奇数，且A 的“衍生数列”是B ，B 的“衍生数列”是ð，．依次将数列A ，B ，ð，的首n n n n n n n项取出，构成数列: a ，b ，c ，．证明：是等差数列．1 1 1【分析】（Ⅰ）根据“衍生数列”的定义可得B ， 2 ，7，2．4 :5（Ⅱ）证明：因为，，， b b a a ，由于为偶数，将上述个等式b a b b a a b b a a n n1 n 12 1 2 23 2 3 n 1 n n 1 nnn中的第 2，4，6，，这个式子都乘以1，2相加可得 b a ，故b a ．n 1 n 1（Ⅲ）因为，b b a a ，， b b a a ，由于为奇数，将上述个等式中的第b a b b a a n n1 n 12 1 2 23 2 3 n 1 n n 1 nn2，4，6，，1这个式子都乘以1，n 12相加得b a a1 a 2a a1 ．设数列的“衍生数列”为，因为， 1 n 2 n 1 ，所以，B ð b a c b a a 2ba c n n n n n n 1 n 11 1即a ，b ，c 成等差数列，同理证其它，1 1 1第6页（共9页）由此可得结论．【解答】解：（Ⅰ）B ， 2 ，7，2．（3 分）4 :5（Ⅱ）证明：因为，，，b a b b a a b b a a1 n 12 1 2 23 2 3，b b a an 1 n n 1 nn由于为偶数，将上述个等式中的第 2，4，6，，这个式子都乘以1，n n n2相加得b 1 (b 1 b2 ) (b 2 b3 )(b n 1 b n ) a n (a 1 a2 ) (a 2 a3 )(a n 1 a n ) ，即 b a ，b a ．（8 分）n 1 n 1（Ⅲ）证明：对于数列及其“衍生数列”，因为，，， b b a a ，AB b a b b a a b b a an n 1 n 1 2 1 2 2 3 2 3 n 1 n n 1 n由于为奇数，将上述个等式中的第 2，4，6，，这个式子都乘以1，n n n 1 n 12相加得即 1 2 1 ．b 1 (b 1 b2 ) (b 2 b3 )(b n 1 b n ) a n (a 1 a2 ) (a 2 a3 )(a n 1 a n ) b a a aa an n n n设数列的“衍生数列”为ð，因为， 1 n 2 n 1 ，B b a c b a an n 1 n所以 2b a c ，即a ，，c 成等差数列．（12 分）b1 1 1 1 1 1同理可证，b ，c ，d ；c ，d ，e ，也成等差数列．1 1 1 1 1 1从而是等差数列．（13 分）【点评】本题主要考查新定义，等差数列的定义和性质应用，式子的变形是解题的难点，属于难题．7．（2012•昌平区一模）M 是具有以下性质的函数f (x) 的全体：对于任意s ，t 0 ，都有f (s ) 0 ，f (t ) 0，且f (s ) f (t ) f (s t)．（Ⅰ）试判断函数1( ) log2 ( 1) ，是否属于？f x x f2 (x ) 2 1 Mx（Ⅱ）证明：对于任意的x 0 ，x m 0(m R 且m 0) 都有m[ f (x m) f (x)] 0 ；（Ⅲ）证明：对于任意给定的正数1，存在正数，当时，．s t 0 x…t f (x) s【分析】（Ⅰ）依题意，若成立则即导出矛盾；若log (s 1) log (t 1) log (s t 1) (s 1)(t 1) s t 1 st 02 2 22s 2t 2 2s t 1 (2s 1)(1 2t ) 0成立成立，进一步分析f x M2 ()(II) m 0 f (x m) f (x) 0 m 0 f (x m) f (x) 0 证明：当时，可证得，当时，可证，从而结论成立；(III) 据 (II) f (x) 在 (0 ．) 上为增函数，且必有f (2x) 2 f (x)(*) ①若f （1）s ，令t 1，则0 x…t 时f (x) s ；②第7页（共9页）若（1），则存在，使（1）k ，f s k N* f 2 1t1 1 1 1从而可得可得f ( ) f ( ) f （1）1s ，于是结论可证．2k 2 2k 2k1【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，，，， 2 ( ) 0 ，f s1( ) 0 f t1( ) 0 f s2 () 0 f t若 log (s 1) log (t 1) log (s t 1) 成立2 2 2则即(s 1)(t 1) s t 1 st 0与已知任意，即相矛盾，故1( ) ；（2 分）s t 0 st 0 f x M若成立则2s 2t 2 2s t 1 2s 2t 2s t 1 0即(2s 1)(1 2t ) 0Q t 0s ，1 2t 0 (2s 1)(1 2t ) 02s 1 ，即成立（4 分）故f2 (x)M ．综上，1( ) ，．（5 分）f x M f x M2 ( )(II) m 0 f (x m) f (x) f (m) f (x)证明：当时，f (x m) f (x) 0，当0 时，m f (x) f (x m m) f (x m) f (m) f (x m)f (x m) f (x) 0故m[ f (x m) f (x)] 0 ．（9 分）(III) (II) f (x) (0 ) f (2x) 2 f (x)(*) 据在．上为增函数，且必有①若f （1）s ，令t 1，则 0 x…t 时f (x) s ；②若（1），则存在，使（1），f s k N* f 2 1kt1 1 1 1由 (*) 式可得f ( ) f ( ) f （1）1s ，2k 2 2k 1 2k即当时，0 x…t f (x) s综①、②命题得证．（13 分）【点评】本题考查分析法和综合法分析证明等式与不等式，突出考查函数恒成立问题，考查分类讨论与化归思想，考查放缩法的应用，属于难题．第8页（共9页）第9页（共9页）。

基础 自测
( 1．设 x，y∈R＋，且 x＋y＝6，则 lg x＋lg y 的取值范围是 ) A．(－∞，lg 6] B．(－∞，2lg 3] 栏 C．[lg 6，＋∞) 目 链 D．[2lg 3，＋∞) 接
解析：∵x，y∈R＋，x＋y＝6，∴2 xy≤6，即 0＜xy≤9，∴lg xy≤lg 9，即 lg x＋lg y≤2lg 3.故选 B. 答案：B

基础 自测
2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设 a＞b ＞c， 且 a＋b＋c＝0， 求证： b2－ac＜ 3a”索的因应是( ) A．a－b＞0 B．a－c＞0 栏 C．(a－b)(a－c)＞0 目 链 D．(a－b)(a－c)＜0
接
解析： b2－ac＜ 3 a ⇐ b2 － ac ＜ 3a2⇐ 3a2＋ ac－ (a ＋ c)2 ＞ 0⇐ (2a ＋ c)(a－c)＞0⇐(a－b)(a－c)＞0.故选 C. 答案：C
栏 目 链 接

跟 踪 训 练
证明：(1)∵ sin θ 与 cos θ 的等差中项是 sin x， 等比中项是 sin y， ∴ sin θ＋cos θ＝2sin x，① 2 sin θcos θ＝sin y，② ①2－②×2，可得 (sin θ＋cos θ)2－2sin θcos θ＝4sin2x－2sin2y， 即 4sin2x－2sin2y＝1. 1－cos 2x 1－cos 2y ∴ 4× －2× ＝1, 2 2 即 2－2cos 2x－(1－cos 2y)＝1. 故证得 2cos 2x＝cos 2y.
第二章
推理与证明
2.2 直接证明与间接证明 2．2.1 综合法和分析法
栏 目 链 接

1.结合已经学习过的数学实例，了解直接证明的两种最基 本的方法：综合法和分析法. 2.了解用综合法和分析法解决问题的思考特点和过程，会 栏 目 用综合法和分析法证明具体的问题.通过实例充分认识这两种证 链 接 明方法的特点，认识证明的重要性