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习题课 综合法和分析法明目标、知重点加深对综合法、分析法的理解,应用两种方法证明数学问题.1.综合法综合法是中学数学证明中最常用的方法,它是从已知到未知,从题设到结论的逻辑推理方法,即从题设中的已知条件或已证的真实判断出发,经过一系列的中间推理,最后导出所要求证的命题.综合法是一种由因导果的证明方法.综合法的证明步骤用符号表示是P0已知⇒P1⇒P2⇒…⇒Pn结论2.分析法分析法是指从需证的问题出发,分析出使这个问题成立的充分条件,使问题转化为判定那些条件是否具备,其特点可以描述为“执果索因”,即从未知看需知,逐步靠拢已知.分析法的书写形式一般为“因为……,为了证明……,只需证明……,即……,因此,只需证明……,因为……成立,所以……,结论成立”.分析法的证明步骤用符号表示是P0已知⇐…⇐Pn-2⇐Pn-1⇐Pn结论分析法属逻辑方法范畴,它的严谨体现在分析过程步步可逆.题型一 选择恰当的方法证明不等式例1 设a,b,c为任意三角形三边长,I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证3S≤I24S.证明 I2=a+b+c2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=a2+b2+c2+2S.欲证3S≤I24S,即证ab+bc+ca≤a2+b2+c22ab+2bc+2ca.先证明ab+bc+ca≤a2+b2+c2,只需证2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca,即a-b2+a-c2+b-c2≥0,显然成立;再证明a2+b2+c22ab+2bc+2ca,只需证a2-ab-ac+b2-ab-bc+c2-bc-ca0,即aa-b-c+bb-a-c+cc-b-a0,只需证ab+c,且bc+a,且cb+a,由于a、b、c为三角形的三边长,上述三式显然成立,故有3S≤I24S.反思与感悟 本题要证明的结论要先进行转化,可以使用分析法.对于连续不等式的证明,可以分段来证,使证明过程层次清晰.证明不等式所依赖的主要是不等式的基本性质和已知的重要不等式,其中常用的有如下几个1a2≥0a∈R.2a-b2≥0a、b∈R,其变形有a2+b2≥2ab,2≥ab,a2+b2≥.3若a,b∈0,+∞,则≥,特别地+≥
2.4a2+b2+c2≥ab+bc+caa,b,c∈R.跟踪训练1 已知a,b是正数,且a+b=1,求证+≤
4.证明 方法一 ∵a,b是正数且a+b=1,∴a+b≥2,∴≤,∴+==≥
4.方法二 ∵a,b是正数,∴a+b≥20,+≥20,∴a+b+≥
4.又a+b=1,∴+≥
4.方法三 +=+=1+++1≥2+2=
4.当且仅当a=b时,取“=”号.题型二 选择恰当的方法证明等式例2 已知△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,对应的三边为a,b,c,求证+=.证明 要证原式,只需证+=3,即证+=1,即只需证=1,而由题意知A+C=2B,∴B=,∴b2=a2+c2-ac,∴===1,∴原等式成立,即+=.反思与感悟 综合法推理清晰,易于书写,分析法从结论入手易于寻找解题思路.在实际证明命题时,常把分析法与综合法结合起来使用,称为分析综合法,其结构特点是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可推出Q,即可得证.跟踪训练2 设实数a,b,c成等比数列,非零实数x,y分别为a与b,b与c的等差中项,试证+=
2.证明 由已知条件得b2=ac,
①2x=a+b2y=b+c.
②要证+=2,只要证ay+cx=2xy,只要证2ay+2cx=4xy.由
①②得2ay+2cx=ab+c+ca+b=ab+2ac+bc,4xy=a+bb+c=ab+b2+ac+bc=ab+2ac+bc,所以2ay+2cx=4xy.命题得证.题型三 立体几何中位置关系的证明例3 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.1证明CD⊥AE;2证明PD⊥平面ABE.证明 1在四棱锥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的中点,∴AE⊥PC.由1知,AE⊥CD,且PC∩CD=C,所以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,综上得PD⊥平面ABE.反思与感悟 综合法证明线面之间的垂直关系是高考考查的重点,利用垂直的判定定理和性质定理可以进行线线、线面以及面面之间垂直关系的转化.另外,利用一些常见的结论还常常可以将线面间的垂直与平行进行转化.比如两条平行线中一条垂直于平面α,则另外一条也垂直于平面α;垂直于同一条直线的两个平面相互平行等.跟踪训练3 如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=
1.1求证AF∥平面BDE;2求证CF⊥平面BDE.证明 1如图,设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.2连接FG.因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以四边形CEFG为菱形.所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.又因为平面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.[呈重点、现规律]1.综合法的特点是从已知看可知,逐步推出未知.2.分析法的特点是从未知看需知,逐步靠拢已知.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.
一、基础过关1.已知a≥0,b≥0,且a+b=2,则 A.a≤B.ab≥C.a2+b2≥2D.a2+b2≤3答案 C解析 ∵a+b=2≥2,∴ab≤
1.∵a2+b2=4-2ab,∴a2+b2≥
2.2.已知a、b、c、d∈{正实数},且,则 A.B.C.D.以上均可能答案 A解析 方法一 特值检验,∵,可取a=1,b=3,c=1,d=2,则=,满足.∴B、C、D不正确.方法二 要证,∵a、b、c、d∈{正实数},∴只需证ab+dba+c,即证adbc.只需证.而成立,∴.同理可证.3.下面四个不等式
①a2+b2+c2≥ab+bc+ac;
②a1-a≤;
③+≥2;
④a2+b2c2+d2≥ac+bd
2.其中恒成立的有 A.1个B.2个C.3个D.4个答案 C解析 a2+b2+c2=++≥ab+ac+bc;a1-a≤2=;a2+b2c2+d2=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2d2=ac+bd2;当0时,+≥2不成立.4.若实数a,b满足0ab,且a+b=1,则下列四个数中最大的是 A.B.2abC.a2+b2D.a答案 C解析 ∵a+b=1,a+b2,∴2ab,由a2+b2=,又∵0ab,且a+b=1,∴a,∴a2+b2最大.5.设a=-,b=-,c=-,则a、b、c的大小顺序是________.答案 abc解析 a=,b=,c=.∴abc.6.如图所示,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过A作SB的垂线,垂足为E,过E作SC的垂线,垂足为F.求证AF⊥SC.证明要证AF⊥SC,只需证SC⊥平面AEF,只需证AE⊥SC因为______,只需证______,只需证AE⊥BC因为________,只需证BC⊥平面SAB,只需证BC⊥SA因为______.由SA⊥平面ABC可知,上式成立.答案 EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC解析 要证线线垂直,可先证线面垂直,要证线面垂直,还需线线垂直,通过证明BC⊥平面SAB,可得AE⊥BC,进而AE⊥平面SBC,SC⊥平面AEF,问题得证.7.如果a,b都是正数,且a≠b,求证++.证明 方法一 用综合法+--===0,∴++.方法二 用分析法要证++,只要证++2a+b+2,即要证a3+b3a2b+ab2,只需证a+ba2-ab+b2aba+b,即需证a2-ab+b2ab,只需证a-b20,因为a≠b,所以a-b20恒成立,所以++成立.
二、能力提升8.命题甲x、2-x、2x-4成等比数列;命题乙lgx、lgx+
2、lg2x+1成等差数列,则甲是乙的 A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 C解析 由x、2-x、2x-4成等比数列可得2-x2=x·2x-4,解得x=4;由lgx、lgx+
2、lg2x+1成等差数列得2lgx+2=lgx+lg2x+1,可解得x=4x=-1舍去,所以甲是乙的充要条件.9.若ab1,P=,Q=lga+lgb,R=lg,则 A.RPQB.PQRC.QPRD.PRQ答案 B解析 ab1⇒lga0,lgb0,Q=lga+lgb=P,Rlg=lga+lgb=Q⇒RQP.10.已知α、β为实数,给出下列三个论断
①αβ0;
②|α+β|5;
③|α|2,|β|
2.以其中的两个论断为条件,另一个论断为结论,你认为正确的命题是________.答案
①③⇒
②解析 ∵αβ0,|α|2,|β|
2.∴|α+β|2=α2+β2+2αβ8+8+2×8=
3225.∴|α+β|
5.11.已知a0,求证-≥a+-
2.证明 要证-≥a+-2,只要证+2≥a++.∵a0,故只要证2≥2,即a2++4+4≥a2+2++2+2,从而只要证2≥,只要证4≥2,即a2+≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立.12.已知a、b、c∈R,且a+b+c=1,求证-1-1·-1≥
8.证明 方法一 分析法要证-1-1-1≥8成立,只需证··≥8成立.因为a+b+c=1,所以只需证··≥8成立,即证··≥8成立.而··≥··=8成立.∴-1-1-1≥8成立.方法二 综合法-1-1-1=-1-1-1=··=≥=8,当且仅当a=b=c时取等号,所以原不等式成立.13.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,=an+1-n2-n-,n∈N*.1求a2的值;2求数列{an}的通项公式;3证明对一切正整数n,有++…+.1解 2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=
4.2解 当n≥2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,2Sn-1=n-1an-n-13-n-12-n-1,两式相减得2an=nan+1-n-1an-3n2-3n+1-2n-1-,整理得n+1an=nan+1-nn+1,即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+n-1×1=n,所以an=n
2.所以数列{an}的通项公式为an=n2,n∈N*.3证明 +++…+=1++++…+1++++…+=1++++…+=+-=-,所以对一切正整数n,有++…+.
三、探究与拓展14.已知a,b,c,d∈R,求证ac+bd≤.你能用几种方法证明?证明 方法一 用分析法
①当ac+bd≤0时,显然成立.
②当ac+bd0时,欲证原不等式成立,只需证ac+bd2≤a2+b2c2+d2.即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d
2.即证2abcd≤b2c2+a2d2即证0≤bc-ad
2.因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立.故原不等式成立,综合
①②知,命题得证.方法二 用综合法a2+b2c2+d2=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=a2c2+2acbd+b2d2+b2c2-2bcad+a2d2=ac+bd2+bc-ad2≥ac+bd
2.∴≥|ac+bd|≥ac+bd.方法三 用比较法∵a2+b2c2+d2-ac+bd2=bc-ad2≥0,∴a2+b2c2+d2≥ac+bd2,∴≥|ac+bd|≥ac+bd.方法四 用放缩法为了避免讨论,由ac+bd≤|ac+bd|,可以试证ac+bd2≤a2+b2c2+d2.由方法一知上式成立,从而方法四可行.方法五 构造向量法设m=a,b,n=c,d,∴m·n=ac+bd,|m|=,|n|=.∵m·n≤|m|·|n|=·.故ac+bd≤.PAGE-11-。