習(xí)題課-綜合法與分析法

習(xí)題課綜合法與分析法明目標(biāo)、知重點加深對綜合法、分析法的理解，應(yīng)用兩種方法證明數(shù)學(xué)問題．1．對綜合法的理解綜合法是中學(xué)數(shù)學(xué)證明中最常用的方法，它是從已知到未知，從題設(shè)到結(jié)論的邏輯推理方法，即從題設(shè)中的已知條件或已證的真實判斷出發(fā)，經(jīng)過一系列的中間推理，最后導(dǎo)出所要求證的命題．綜合法是一種由因?qū)Ч淖C明方法．綜合法的證明步驟用符號表示是：P0(已知)?P1?P2?…?Pn(結(jié)論)2．對分析法的認(rèn)識分析法是指從需證的問題出發(fā)，分析出使這個問題成立的充分條件，使問題轉(zhuǎn)化為判定那些條件是否具備，其特點可以描述為“執(zhí)果索因”，即從未知看需知，逐步靠攏已知．分析法的書寫形式一般為“因為……，為了證明……，只需證明……，即……，因此，只需證明……，因為……成立，所以……，結(jié)論成立”．分析法的證明步驟用符號表示是：P0(已知)?…?Pn－2?Pn－1?Pn(結(jié)論)分析法屬邏輯方法范疇，它的嚴(yán)謹(jǐn)性體現(xiàn)在分析過程步步可逆．題型一選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ㄗC明不等式例1設(shè)a，b，c為任意三角形三邊長，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，試證：3S≤I2<4S.證明I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝a2＋b2＋c2＋2S.欲證3S≤I2<4S，即證ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.先證明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，只需證2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，顯然成立；再證明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，只需證a2－ab－ca＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，只需證a<b＋c，且b<c＋a，且c<b＋a，由于a、b、c為三角形的三邊長，上述三式顯然成立，故有3S≤I2<4S.反思與感悟本題要證明的結(jié)論要先進(jìn)行轉(zhuǎn)化，可以使用分析法．對于連續(xù)不等式的證明，可以分段來證，使證明過程層次清晰．證明不等式所依賴的主要是不等式的基本性質(zhì)和已知的重要不等式，其中常用的有如下幾個：(1)a2≥0(a∈R)．(2)(a－b)2≥0(a、b∈R)，其變形有a2＋b2≥2ab，(eq\f(a＋b,2))2≥ab，a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2).(3)若a，b∈(0，＋∞)，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，特別地eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.(4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．跟蹤訓(xùn)練1已知a，b是正數(shù)，且a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.證明方法一∵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.方法二∵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\f(1,a)＋eq\f(1,b))≥4.又a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.方法三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(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，取“＝”．題型二選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ㄗC明等式例2已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，對應(yīng)的三邊為a，b，c，求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).證明要證原式，只需證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需證eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1，而由題意知A＋C＝2B，∴B＝eq\f(π,3)，∴b2＝a2＋c2－ac，∴eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2－ac＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2＋bc)＝1，∴原等式成立，即eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).反思與感悟綜合法推理清晰，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(gòu)特點是：根據(jù)條件的結(jié)構(gòu)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(gòu)特點去轉(zhuǎn)化條件，得到中間結(jié)論P(yáng)；若由P可推出Q，即可得證．跟蹤訓(xùn)練2設(shè)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，只需證ay＋cx＝2xy，只需證2ay＋2cx＝4xy.由①②得2ay＋2cx＝a(b＋c)＋c(a＋b)＝ab＋2ac＋bc，4xy＝(a＋b)(b＋c)＝ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋2ac＋bc，所以2ay＋2cx＝4xy.命題得證．題型三立體幾何中位置關(guān)系的證明例3如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．(1)證明：CD⊥AE；(2)證明：PD⊥平面ABE.證明(1)在四棱錐P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，而AE平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，∵E是PC的中點，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，又AB∩AE＝A，綜上得PD⊥平面ABE.反思與感悟綜合法證明線面之間的垂直關(guān)系是高考考查的重點，利用垂直的判定定理和性質(zhì)定理可以進(jìn)行線線、線面以及面面之間垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化．另外，利用一些常見的結(jié)論還常?？梢詫⒕€面間的垂直與平行進(jìn)行轉(zhuǎn)化．比如：兩條平行線中一條垂直于平面α，則另外一條也垂直于平面α；垂直于同一條直線的兩個平面相互平行等．跟蹤訓(xùn)練3如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝eq\r(2)，CE＝EF＝1.(1)求證：AF∥平面BDE；(2)求證：CF⊥平面BDE.證明(1)如圖，設(shè)AC與BD交于點G.因為EF∥AG，且EF＝1，AG＝eq\f(1,2)AC＝1，所以四邊形AGEF為平行四邊形．所以AF∥EG.因為EG平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)連接FG.因為EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以四邊形CEFG為菱形．所以CF⊥EG.因為四邊形ABCD為正方形，所以BD⊥AC.又因為平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.[呈重點、現(xiàn)規(guī)律]1．綜合法的特點：從已知看可知，逐步推出未知．2．分析法的特點：從未知看需知，逐步靠攏已知．3．分析法和綜合法各有優(yōu)缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來．一、基礎(chǔ)過關(guān)1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，則()A．a(chǎn)≤eq\f(1,2) B．a(chǎn)b≥eq\f(1,2)C．a(chǎn)2＋b2≥2 D．a(chǎn)2＋b2≤3答案C解析∵a＋b＝2≥2eq\r(ab)，∴ab≤1.∵a2＋b2＝4－2ab，∴a2＋b2≥2.2．已知a、b、c、d∈{正實數(shù)}，且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，則()A.eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d)B.eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(a,b)<eq\f(c,d)C.eq\f(a,b)<eq\f(c,d)<eq\f(a＋c,b＋d)D．以上均可能答案A解析方法一特值檢驗，∵eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，則eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(2,5)，滿足eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).∴B、C、D不正確．方法二要證eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)，∵a、b、c、d∈{正實數(shù)}，∴只需證a(b＋d)<b(a＋c)，即證ad<bc.只需證eq\f(a,b)<eq\f(c,d).而eq\f(a,b)<eq\f(c,d)成立，∴eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d).同理可證eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).3．下面四個不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac；②a(1－a)≤eq\f(1,4)；③eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2；④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有()A．1個B．2個C．3個D．4個答案C解析a2＋b2＋c2＝eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(a2＋c2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)≥ab＋ac＋bc；a(1－a)≤(eq\f(a＋1－a,2))2＝eq\f(1,4)；(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2；當(dāng)eq\f(b,a)<0時，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2不成立．4．若實數(shù)a，b滿足0<a<b，且a＋b＝1，則下列四個數(shù)中最大的是()A.eq\f(1,2) B．2abC．a(chǎn)2＋b2 D．a(chǎn)答案C解析∵a＋b＝1，a＋b>2eq\r(ab)，∴2ab<eq\f(1,2)，由a2＋b2>eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(1,2)，又∵0<a<b，且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)，∴a2＋b2最大．5．設(shè)a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，則a、b、c的大小關(guān)系是________．答案a>b>c解析a＝eq\f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq\f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq\f(1,\r(7)＋\r(6)).∴a>b>c.6．如圖所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，過A作SB的垂線，垂足為E，過E作SC的垂線，垂足為F.求證：AF⊥SC.證明：要證AF⊥SC，只需證SC⊥平面AEF，只需證AE⊥SC(因為______)，只需證______，只需證AE⊥BC(因為________)，只需證BC⊥平面SAB，只需證BC⊥SA(因為______)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立．答案EF⊥SCAE⊥平面SBCAE⊥SBAB⊥BC解析要證線線垂直，可先證線面垂直，要證線面垂直，還需線線垂直，通過證明BC⊥平面SAB，可得AE⊥BC，進(jìn)而AE⊥平面SBC，SC⊥平面AEF，問題得證．7．如果a，b都是正數(shù)，且a≠b，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).證明方法一用綜合法eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\f(a\r(a)＋b\r(b)－a\r(b)－b\r(a),\r(ab))＝eq\f(a－b\r(a)－\r(b),\r(ab))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))>0，∴eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).方法二用分析法要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b)，只要證eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)＋2eq\r(ab)>a＋b＋2eq\r(ab)，即要證a3＋b3>a2b＋ab2，只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，即需證a2－ab＋b2>ab，只需證(a－b)2>0，因為a≠b，所以(a－b)2>0恒成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b)成立．二、能力提升8.命題甲：(eq\f(1,4))x、2－x、2x－4成等比數(shù)列；命題乙：lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差數(shù)列，則甲是乙的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案C解析由(eq\f(1,4))x、2－x、2x－4成等比數(shù)列可得：(2－x)2＝(eq\f(1,4))x·2x－4，解得x＝4；由lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差數(shù)列得：2lg(x＋2)＝lgx＋lg(2x＋1)，可解得x＝4(x＝－1舍去)，所以甲是乙的充要條件.9．若a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lg(eq\f(a＋b,2))，則()A．R<P<QB．P<Q<RC．Q<P<RD．P<R<Q答案B解析a>b>1?lga>0，lgb>0，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)>eq\r(lga·lgb)＝P，R>lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)＝Q?R>Q>P.10．已知α、β為實數(shù)，給出下列三個論斷：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).以其中的兩個論斷為條件，另一個論斷為結(jié)論，你認(rèn)為正確的命題是________．答案①③?②解析∵αβ>0，|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(2).∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25.∴|α＋β|>5.11．已知a>0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).因為a>0，故只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，從而只要證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只要證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而該不等式顯然成立，故原不等式成立．12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求證：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)·(eq\f(1,c)－1)≥8.證明方法一(分析法)要證(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立，只需證eq\f(1－a,a)·eq\f(1－b,b)·eq\f(1－c,c)≥8成立．因為a＋b＋c＝1，所以只需證eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)≥8成立，即證eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥8成立．而eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)＝8成立．所以(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立．方法二(綜合法)(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)＝(eq\f(a＋b＋c,a)－1)(eq\f(a＋b＋c,b)－1)(eq\f(a＋b＋c,c)－1)＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b＋ca＋ca＋b,abc)≥eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號，所以原不等式成立．三、探究與拓展13.設(shè)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\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(7,4).(1)解2S1＝a2－eq\f(1,3)－1－eq\f(2,3)，