知识讲解 直接证明与间接证明（提高）1212.docx

直接证明与间接证明编稿：赵雷审稿：李霞【学习目标】.掌握用综合法证题的思路和特点。1 .掌握用分析法证题的思路和叙述方式.2 .掌握间接证明中的常用方法反证法的思维过程和特点.【要点梳理】要点一、综合法证题1 .定义：一般地，从命题的已知条件出发，利用公理、已知的定义及定理等，经过一系列的推理论证，最后推 导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法.2 .综合法的的基本思路：执因索果综合法又叫“顺推证法”或“由因导果法”.它是由已知走向求证，即从数学题的已知条件出发，经过逐步 的逻辑推理，最后导出待证结论或需求的问题.综合法这种由因导果的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法.3 .综合法的思维框图：用P表示已知条件，=2, 3, n)为定义、定理、公理等，。表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：(已知)(逐步推导结论成立的必要条件)(结论)要点诠释(1)从“已知”看“可知”，逐步推出“未知' 由因导果，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；(2)用综合法证明不等式，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，宜于表达 推理的思维轨迹；(3)因用综合法证明命题“若A则D”的思考过程可表示为：故要从A推理到D,由A推演出的中间结论未必唯一，如B、Bi、B2等，可由B、Bi、B?进一 步推演出的中间结论则可能更多，如C、G、C2、C3、C4等等.所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综合法证明问题的“瓶颈”.4.综合法证明不等式时常用的不等式(1) a2+b2>2ab (当且仅当a=b时取"=”号)；(2) a + > yab (a, b£R*,当且仅当 a=b 时取"=”号)；2(3) a2>0, |a|>0, (ab)2>0；h aba(4) - + ->2 (a, b 同号)；- + -<-2 (a, b 异号)；a ba b(5) a, b£R, cr+b2 >(a + b)2,(6)不等式的性质定理1对称性：a>bob<a。a> b定理2传递性：> => 6Z > C ob> c一 a>b定理3加法性质：> a + c> b + c oR即只要证=1；be + c + cT + ah ab + b1 +ac + be而 A+C = 2B,所以 8 = 60°,由余弦定理得 =a2 +c2 -acr, bc + c2 +a2 +abbc + c1 +cT + abbc + c2 +a2 +ab .pfy 以=1.ab + b2 +ac + be ab + a2 +c2 -ac + ac + be ab + a2 +c2 + be类型三、反证法证明相关问题 例6.证明G，后将不可能成等差数列.【思路点拨】证明含有“不”“没有”“无”等否定性词语的命题，应考虑反证法。【解析】（一）：假设6，石，屿成等差数列，即6 +近=26，下面用分析法证明。要证G + V7w2石，只需证（百+ S）2 W（2«）2,即证2向w 10,即证万。5,即证21 w25,而该式显然成立，故6+ «。2百，这与假设相矛盾，所以假设不成立，从而Q6,近不成等差数列.证明（二）：假设"后S成等差数列，即6 +近=26，下面用综合法证明.T21W25,2亚士10,即3 + 2历+ 7工20,即（G + 币Yw （2a/5）,+ S。2册,这与假设相矛盾，故假设不成立，从而6，百S不成等差数列.【总结升华】结论中含有“不是”“不可能”“不存在''等词语的命题，此类问题的反面比较具体，适宜应用反证法.举一反三：【变式1】求证：函数/（X）= cos07不是周期函数.【答案】假设,f（x） = cos也是周期函数，则存在常数T （存0）使得对任意x£R,都有cos Mx + T = cos也成立.上式中含x=0,则有cos近7 = cos0 = 1,/. y/T = 2m兀(m £ z 且 m/).再令X=T,则有COS近亍=COS yjr =1,耳2T = 2n7T (n £ Z 且 n，0).:得：V2=-, m这里，m, n为非零整数，故4为有理数，而蚯无理数，二者不可能相等. m因此/(X)= cos我不是周期函数.【变式2】设a”是公比为q的等比数列，S”为它的前n项和.(1)求证：数列Sn不是等比数列.(2)数列Sn是等差数列吗？为什么？【答案】假设0是等比数列，则S； = S5，即 (1 + q)2 = q 4 (1 + 4 + 夕？).V /a/0, /.(I +q)2= 1+q+q2.即q=0,与等比数列中公比#0矛盾.故SJ不是等比数列.(2)解:当q=l时,Sn=nai, n£N*,数列Sn是等差数列.当qrl时，SQ不是等差数列，下面用反证法证明：假设数列Sn是等差数列,则S, S2, S3成等差数列，即2s2=S+S3, :.2ai (l+q)=ai+ai (1+q+q2).V aiO,，2+2q=l + l+q+q2,得 q=q2.V ql, Aq=0,这与等比数列中公比q/)矛盾.从而当qrl时: Sn不是等差数列.综上可知，当q=l时，数列Sn是等差数列；当qrl时，数列Sn不是等差数列.【变式3已知数列的前n项的和S满足Sn=2an-3n (£N*).(1)求证。+3为等比数列，并求的通项公式；(2)数列斯是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不 存在，请说明理由.【答案】(iy：Sn=2an-3n (nEN*), ：.ax=S=2a-3,，的=3.Sfl = 2a - 3n乂由 <得 an+Sn+Sn2an+1 2an3,5角=2%+3( + l)斯+1 + 3=2(即+3),+3是首项为ai + 3=6,公比为2的等比数列.，斯+3 = 6x2-I 即m=3(21).(2)假设数列斯中存在三项©,如，at(r<s<t),它们可以构成等差数列.由(1)知 0.<出<s，则 2as = + Clj，A6(2S-1) = 3(2r-1) + 3(2Z-1), HP 2v+,=2r+2z,2s+八S、均为正整数且KSVK (*)左边为偶数而右边为奇数,假设不成立，即数列斯不存在三项使它们按原顺序可以构成等差数歹U。例7.已知a, b, c£ (0, 1),求证：(1 a)b, (1b)c, (1c)a中至少有一个小于或等于. 4【思路点拨】“至多”或“至少”语句的证明宜用反证法。【解析】证法一：假设三式同时大于 4即(1屹工，(1-Z?)C>-, (1-C)6l>-, 444三式相乘，得(1 Z?)b(l c)c>-L64同理(1 (l-c><-， 44以上三式相乘,得(1- a)a- (1- b)b(1 一 c)c < ， 64这与(l-)a(l-0)A(l-c)c >-矛盾,故结论得证. 64证法二：假设三式同时大于4VO<a<l, Al-a>0.中2乐常同理+%_L, a-O+&L22223 3三式相加，得？，矛盾。2 2原命题成立.【总结升华】从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的 几种情形的问题多用反证法.比如这类带有“至少有一个”等字样的数学问题.举一反三：【变式】3已知a,Z?,c R,a + b + c = 0, abc = 1,求证：a,b.c中至少有一个大于一,2【答案】假设都小于或等于9，因为abc = 1,所以。，4c三者同为正或一正两负，又因为a + b + c = 0,所以a,4c三者中有两负一正,不妨设a>0,bv0,c<0,则Z? + c = ,bc' = L a由均值不等式得S + C) 2 2痴，即。2 2工,解得心血之榨小与假设矛盾，所以中至少有一个大于|.例8.已知：直线a以及Aea.求证：经过直线a和点A有且只有一个平面.【解析】“存在性”，在直线a上任取两点B、C,如图.VAa, Bea, Cea, :.A、B、C三点不在同一直线上.过A、B、C三点有且只有一个平面aVBe , C£a, Aao a ,即过直线a和点A有一个平面a.(1) “唯一性”，假设过直线a和点A还有一个平面0.VAa, Bea, Cea, ABe p , Ce p .，过不共线的三点A、B、C有两个平面a、0 ,这与公理矛盾.假设不成立，即过直线a和点A不可能还有另一个平面尸，而只能有一个平面。【总结升华】这里证明“唯一性”时用了反证法.对于“唯一性”问题往往使用反证法进行证明，要注意 与“同一法”的区别与联系.举一反三：【变式1】求证：两条相交直线有且只有一个交点.【答案】假设结论不成立，即有两种可能：(1)若直线a、b无交点，那么ab,与已知矛盾；(2)若直线a、b不止有一个交点，则至少有两个交点A和B,这样同时经过点A、B就有两条直线，这 与“经过两点有且只有一条直线''相矛盾.综上所述，两条相交直线有且只有一个交点.【高清课堂：直接证明与间接证明401471例题6】【变式2】证明：函数/(x) = sinx的最小正周期为2".【答案】对任意实数x,由于x与光+2的终边重合，根据正弦函数的定义可知 f(x + 21)=sin(x + 2») = sin x = f(x),所以2是函数/(x) = sinx的周期.下面证明2兀是最小的正数周期.假设存在实数T,满足0 vT v2» ,且/(x + T) = /(x)对任意实数x都成立，则当x = 0时，有/(0 + T) = sin(0 + 7) = sin7 = /(0) = sin0 = 0,因为0vTv2不，所以丁 =».yr77r77r1又当T =乃时，因为f(+ T)=f()= sin=,而 66627777 I7777/(-) = sin- = -,所以/(7+»)。/(不)，从而7 =万不是周期,与假设矛盾.从而不存在比2兀小的实数T,使得f(x + T) = /(x)恒成立,从而2是最小正周期.、a>b推论=>a + c>Z? + d。c> d一 a>b定理4乘法性质：>ac>bc oc>OjA 6Z>Z?>01推论 1 n ac > be。c > d > Oja>b>6推论 2an>bnQ £ N * Ja > b > ol/ /一定理5开方性质：麻窈。ne N* J要点二、分析法证题1 .定义：一般地，从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，逐步寻找使命题成立的充分条件, 直至所寻求的充分条件显然成立（已知条件、定理、定义、公理等），或由已知证明成立，从而确定所证 的命题成立的一种证明方法，叫做分析法.2 .分析法的基本思路：执果索因分析法又叫“逆推证法”或“执果索因法”.它是从要证明的结论出发，分析使之成立的条件，即寻求使每 一步成立的充分条件，直到最后，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.分析法这种执果索因的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法。3 .分析法的思维框图：用（，= 1,2,3,）表示已知条件和已有的定义、公理、公式、定理等，。所要证明的结论，则用分析法证明可用框图表示为：（结论）（逐步寻找使结论成立的充分条件）（已知）4 .分析法的格式：要证，只需证，只需证，因为成立，所以原不等式得证。要点诠释：（1）分析法是综合法的逆过程，即从“未知”看“需知”，执果索因，逐步靠拢“已知、其逐步推理，实 际上是寻找它的充分条件.（2）由于分析法是逆推证明，故在利用分析法证明时应注意逻辑性与规范性，即分析法有独特的表 述.5 .综合法与分析法的横向联系（1）综合法是把整个不等式看做一个整体，通过对欲证不等式的分析、观察，选择恰当不等式作为证题 的出发点，其难点在于到底从哪个不等式出发合适，这就要求我们不仅要熟悉、正确运用作为定理性质的 不等式，还要注意这些不等式进行恰当变形后的利用.分析法的优点是利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握，而综合法的优点是宜于表述， 条理清晰，形式简洁.我们在证明不等式时，常用分析法寻找解题思路，即从结论出发，逐步缩小范围，进而确定我们所 需要的“因“，再用综合法有条理地表述证题过程.分析法一般用于综合法难以实施的时候.（2）有些不等式的证明，需要把综合法和分析法联合起来使用：根据条件的结构特点去转化结论，得到 中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P.若由P可以推出Q成立，就可以证明结 论成立，这种边分析边综合的证明方法，称之为分析综合法，或称“两头挤法工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.命题“若P则Q”的推演过程可表示为：要点三、反证法证题间接证明不是从正面确定命题的真实性，而是证明它的反面为假，或改证它的等价命题为真，间接地 达到目的，反证法是间接证明的一种基本方法.1 .反证法定义：一般地，首先假设要证明的命题结论不正确，即结论的反面成立，然后利用公理，已知的定义、定理, 命题的条件逐步分析，得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论，以此说明 假设的结论不成立，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.2 .反证法的基本思路：假设矛盾肯定”分清命题的条件和结论.做出与命题结论相矛盾的假设.由假设出发，结合已知条件，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果.断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明原命题 为真.3 .反证法的格式：用反证法证明命题“若p则q”时，它的全部过程和逻辑根据可以表示如下：要点诠释：(1)反证法是间接证明的一种基本方法.它是先假设要证的命题不成立，即结论的反面成立，在已知条件和“假设”这个新条件下，通过逻辑推 理，得出与定义、公理、定理、已知条件、临时假设等相矛盾的结论，从而判定结论的反面不能成立，即 证明了命题的结论一定是正确的.(2)反证法的优点：对原结论否定的假定的提出，相当于增加了一个已知条件.4 .反证法的一般步骤：(1)反设：假设所要证明的结论不成立，假设结论的反面成立；(2)归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾与已知条件、己知的公理、定义、定理、 反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；(3)结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了 结论成立.要点诠释：(1)结论的反面即结论的否定，要特别注意：“都是”的反面为“不都是”，即“至少有一个不是。不是“都不是”；“都有”的反面为“不都有”，即“至少有一个没有”，不是“都没有”；“都不是”的反而是“部分是或全部是”，即“至少有一个是”，不是“都是、“都没有”的反面为"部分有或全部有“，即“至少有一个有”，不是“都有”(2)归谬的主要类型：与已知条件矛盾；与假设矛盾(自相矛盾)；与定义、定理、公理、事实矛盾.5 .宜用反证法证明的题型： 要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；比如“存在性问题、 唯一性问题”等； 如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形,比如带有“至少有一个”或“至多有一个”等字样的数学问题.要点诠释：反证法体现出正难则反的思维策略(补集的思想)和以退为进的思维策略，故在解决某些正面思考 难度较大和探索型命题时，有独特的效果.【典型例题】类型一、利用综合法证明有关命题例 1.求证：a'+b4+c42abe(a+b+c)。【思路点拨】综合法常常变形不等式左边，然后利用公式和性质往右推。【解析】Va4+b4>2a2b2, b4+c4>2b2c2, c4+a4>2c2a2,(a4+b4)+(b4+c4)+(c4+a4)>2(a2b2+b2C2+c2a2),又.a2b2+b2c2>2ab2c, b2c2+c2a2>2abc2, a2b2+c2a2>2a2bc,2(a2b2+b2c2+c2a2)>2abc(a+b+c)。2(a4+b4+c4)>2abc(a+b+c),即 a4+b4+c4>abc(a+b+c) o【总结升华】利用综合法时，从已知出发，进行运算和推理得到要证明的结论，并且在用均值定理证明不等式时, 一要注意均值定理运用的条件，二要运用定理对式子作适当的变形，把式分成若干部分，对每部分运用均 值定理后，再把它们相加或相减。举一反三：【变式1】已知a, b是正数，且a+b=l,求证：- + ->4oa b【答案】证法一：Va, bWR,且 a+b=l,a+ b> 2yab , /. 4ab < ,2a b ah ab证法二：*.*a, bR+, /. ci + b = 2/cib > 0 » lN> 0 , (i i Y/(6/ + b) I2 4 o(a b)又 a+b= 1, / I > 4 o a b、一、,一11 a + b a + b 噌 b a 噌 小 c I。b A证法三：一 + =+= 1 + - + - + 1>2 + 2 =4。a b a b a bb a当且仅当a=b时,取“=”号。123【变式2】求证：-+ +=一<2 logs 19 log319 log219【答案】待证不等式的左端是3个数和的形式，右端是一常数的形式，而左端3个分母的真数相同，由此可 联想到公式，log.人=转化成能直接利用对数的运算性质进行化简的形式.log alog. b = !,左边log, a二10gl9 5+21og9 3 + 31og9 2 = log195 +log19 32 +log19 23 = log19(5x32 x23) = log 19 36cl .log19 360 <10glp 361= 2,123Glog519 log319 log219例2.已知数列an中,Sn是它的前n项和，并且Sn+尸4an+2 (n=l, 2,)，a尸1。(1)设bn=an+i2an (n=l, 2,)，求证：数列%是等比数列。(2)设% =之(n=l, 2,.), 求证：数列/是等差数列。【思路点拨】根据等比数列的定义变形。【解析】VSn+i=4an+2, .e.Sn+2=4an+i+2,两式相减，得 Sn+2Sn+i4an+i4an (n=l, 2, 3?.),即 Hn+24an+i4an,变形得 an+22an+i2(an+i2an)obn二an+1 2Un( H 1 , 2, .), bn+1 2bn (n= 1, 2, .)o由此可知，数列bn是公比为2的等比数列。由 S2=ai+a2=4ai+2, ai=l,得 a2=5, bi=a22al=3。故 =32。11。(1) c = (n=l, 2,.) 2.c c = °用册=册+2”2+i 2+i 22+i2+i_3将 bn=32i 代入，得%+1c= (n=l, 2,)。+i4由此可知，数列Cn是公差d 的等差数列，它的首项故q,【总结升华】本题从已知条件入手，分析数列间的相互关系，合理实现了数列间的转化，从而使问题获解，综合法是直接证明中最常用的证明方法。举一反三：【变式 1已知数列%满足4 =5, %=5, an+l = an + 6an_(n> 2).求证：%+i+2%是等比数列；【答案】由 an+i=an+6an-n an+i+2an=3(an+2an-i) (n>2) ai=5, 3.25 3,2H-2ni 15故数列an+i + 2aj是以15为首项，3为公比的等比数列【变式2】在aABC中，若a2=b(b+c),求证：A=2B。【答案】."=帅+0, cos') 2bc2hc又cos? B = 2cos2 3 1 : 2产 +。21 = 2"£ -1、 2ac J 2a )(/? + c)2 -2/?2 -2bc c-b .=,； cosA=cos2B o2b(b + c)2b又A、B是三角形的内角，故A=2B。例3.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PDJ_底面 ABCD,PD=DC, E是PC的中点，作EFJ_PB交PB于点F。求证：(1) PA平面 EDB；PB,平面 EFD。【解析】(1)连结AC交BD于0,连结E0。底面ABCD是正方形，点0是AC的中点，在APAC中，EO是中位线，PAEO。而EOu平面EDB且PA(X平面EDB,，PA平面EDB。(2) PDJ_底面 ABCD 且 DCu 底面 ABCD, APDlDCo由PD=DC,可知APDC是等腰直角三角形，而DE是斜边PC上的中线，ADElPCo 同样由 PD_L底面 ABCD, WPDlBCo,底面ABCD是正方形，ADC±BC, JBC，平面PDC。而 DEu 平面 PDC, A BC±DEo 由和推得DE_L平面PBC。而PBu平面PBC, ADElPBo又 EFJLPB 且 DEC1EF=E, .'PB JL平面 EFD。【总结升华】 利用综合法证明立体几何中线线、线面和面面关系的关键在于熟练地运用判定定理和 性质定理。举一反三:【变式1】如图，设在四面体Q43。中，ZABC = 90°, PA=PB = PC,。是AC的中点.求证：PD垂直于A43C所在的平面.【答案】连PD、BD因为是肋AABC斜边上的中线，所以 DA = DC = DB又因为= P。，而是AR4D、APBD . APCD的公共边,所以 AE4D 3 APBD = APCD于是 ZPDA = ZPDB = /PDC,而/尸D4 = /PDC = 90。，因此/尸£归=90。A PDLAC, PDLBD由此可知PD垂直于AABC所在的平面.【变式2】如图所示，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，SA平面ABCD, 且SA=AB,点E为AB的中点，点F为SC的中点.求证：(1) EF±CD； (2)平面 SCD，平面 SCE.【答案】(1)F为SC的中点，AF 为 RtZXSAC 斜边 SC 上的中线。，AF = -SC2又;四边形ABCD是正方形，ACBlABo而由 SA，平面 ABCD,得 CB_LSA,.CB，平面 SAB。 又TSBu 平面 SAB, ACBlSBo，BF为RtZSBC的斜边SC上的中线，BF = -SC o2，AF=BF, AFB为等腰三角形。又E为AB的中点，AEFlABo又 CDAB, AEF±CDo(2)由已知易得RtZSAE也Rt/XCBE, SE=EC,即ASEC是等腰三角形，EF，SC。 XVEF1CD 且 SCACD=C, EFJ_平面 SCD。 又EFu平面SCE,，平面SCD_L平面SCE。 类型二、 利用分析法证明有关命题例 4.设 >0、b>0,且用分析法证明：a3+b3>a2b + ab2.【解析】 要证/ +63 > /) +必2成立，只需证+)3425 452 >。成立，即证。?(-/?)+(。一。)> 0 成立,即证(。2一万)(一6)>0成立,也就是要证(。+人)(。人)2 >。成立，因为。>0、b>0,且 wb,所以(a + b)(a-32>。显然成立，由此原不等式得证.【总结升华】1 .在证明过程中，若使用综合法出现困难时，应及时调整思路，分析一下要证明结论成立需要怎样的 充分条件是明智之举.从结论出发，结合已知条件，逐步反推，寻找使当前命题成立的充分条件的方法.2 .用分析法证明问题时，一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证"也即证”等词语.举一反三：【变式 1】设 a, b, c, d£R,求证：ac + bcyla2 +b2 -lc2 +d2 .【答案】当ac+bc<0时，不等式显然成立。当 ac+bd>0 13寸，要证明 ac + bd <a2 +b? -c2 +d2 ,只需证明(ac+bd)2g(a2+b2)(c2+d2),即证明 a2c2+2abcd+b2d2<a2c2+a2d2+b2c2+b2d2,只需证明 2abedSa2d2+b2c2,只需证明(adbc)2>0 o而上式成立，ac+bd sda2 +/?Jc' +d)成立。【变式 2】求证：ya -ya- < a-2 -y/a-3(a > 3)【答案】分析法：要证 yci 1 < ci 2 yja - 3 (a 2 3)成立，只需证明 ya + Ja - 3 < y/a - 2 + Ja -1( > 3),两边平方得 2。 3 + 2一 3) v 2a 3 + 2J(a 2)( 一 1) (a 2 3), 所以只需证明 Ja(a 3) v 2)(. 1) (a 2 3),两边平方得。2 -3a a2 -3a+ 2 ,即 02,02恒成立，原不等式得证.【高清课堂：直接证明与间接证明401471例题2】【变式2已知。匕0,求证：（"）9 Ja-b）828b要证也Z比厘而也比 8。28b口 需证(Q 一 人y (& +扃(a-bf/、而 Hl<<,Sa28b/ a b0,只需证翳欲证近也1,只需证& +启2而,即、伤 右显然成立。 2a欲证及呼1,只需证& +北2立，即北显然成立。 14b欲证近也1,只需证& +启2而,即、伤 右显然成立。 2a欲证及呼1,只需证& +北2立，即北显然成立。 14b且以上各步都可逆,且以上各步都可逆,故原不等式成立。a + b h c 例5.若a,b,c是不全相等的正数，求证：1g+ 1g+ 1glga+lgb+lgCo【思路点拨】注意到不等式左右两边均为和式结构，考虑用若干次均值不等式后相加。【解析】 要证 1g " + " + 1g " + ' + lg C + " lga+lgb+lgc,口壬a + b b + c c + a只需证1g>lg (abc),2rlb、p a + b b + c c + a , 只需证>abco222小日 a + brT 八 b + c rr- 八 c + a/八但是，>yab > 0 , >y/bc > 0, >y/ac>Qo222且上述三式中的等号不全成立，所以，a + b b + c c + a 1>abco222因止匕 1g+ 1g+ 1g>lga+lgb+lgco【总结升华】这个证明中的前半部分用的是分析法，后半部分用的是综合法。在实际证题过程中，分析法与综合法是统一运用的，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的。 没有分析就没有综合；没有综合也没有分析。问题仅在于，在构建命题的证明路径时，有时分析法居主导 地位，综合法伴随着它；有时却刚刚相反，是综合法导主导地位，而分析法伴随着它。举一反三：【变式1】设a、b是两个正实数，且存b,求证：a3-b3>a2b + ab2【答案】证明一：(分析法)要证/ + /73>。2/7 + "2 成立，只需证(a+b)( Q? -ab+Z? )>ab(a+b)成立，即需证力-ab+Z/>ab成立。(Va+b>0)只需证a? -2ab+/?2 >0成立，即需证(少2 >o成立。而由已知条件可知，aWb,有a-b邦，所以(。-丹2>()显然成立，由此命题得证。证明二：(综合法)Vab, Aa-b0, A (a-b)2 >0, BP 6Z2-2ab+Z?2 >0亦即 a2 -ab+Z;2 >ab由题设条件知，a+b>0,，(a+b)( tz2-ab+/?2 )>(a+b)ab即a3 + b3 > a2b + ab2,由此命题得证。113【变式2】AA5C的三个内角A,优。成等差数列，求证： + =a + b b + c a + h + c【答案】 要证原式成立，只要证1= 3,a+b b+c即只要证一 + 匕=1a+b b+c