习题课-综合法与分析法

习题课综合法与分析法明目标、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．对综合法的理解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．对分析法的认识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，它的严谨性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≤I2<4S.证明I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝a2＋b2＋c2＋2S.欲证3S≤I2<4S，即证ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.先证明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，只需证2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，显然成立；再证明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，只需证a2－ab－ca＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，只需证a<b＋c，且b<c＋a，且c<b＋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≤I2<4S.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：(1)a2≥0(a∈R)．(2)(a－b)2≥0(a、b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，(eq\f(a＋b,2))2≥ab，a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2).(3)若a，b∈(0，＋∞)，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，特别地eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.(4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．跟踪训练1已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.证明方法一∵a，b是正数且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是正数，∴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.当且仅当a＝b时，取“＝”．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：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明要证原式，只需证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即证eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需证eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1，而由题意知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：eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2.证明由已知条件得b2＝ac，①2x＝a＋b,2y＝b＋c.②要证eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2，只需证ay＋cx＝2xy，只需证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，∴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＝eq\r(2)，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＝eq\f(1,2)AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG平面BDE，AF⃘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：从已知看可知，逐步推出未知．2．分析法的特点：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≤eq\f(1,2) B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2 D．a2＋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∈{正实数}，且eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，则()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解析方法一特值检验，∵eq\f(a,b)<eq\f(c,d)，可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，则eq\f(a＋c,b＋d)＝eq\f(2,5)，满足eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).∴B、C、D不正确．方法二要证eq\f(a,b)<eq\f(a＋c,b＋d)，∵a、b、c、d∈{正实数}，∴只需证a(b＋d)<b(a＋c)，即证ad<bc.只需证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).同理可证eq\f(a＋c,b＋d)<eq\f(c,d).3．下面四个不等式：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个B．2个C．3个D．4个答案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；当eq\f(b,a)<0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2不成立．4．若实数a，b满足0<a<b，且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是()A.eq\f(1,2) B．2abC．a2＋b2 D．a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．设a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a、b、c的大小关系是________．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⊥SCAE⊥平面SBCAE⊥SBAB⊥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：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b).证明方法一用综合法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).方法二用分析法要证eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))>eq\r(a)＋eq\r(b)，只要证eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)＋2eq\r(ab)>a＋b＋2eq\r(ab)，即要证a3＋b3>a2b＋ab2，只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，即需证a2－ab＋b2>ab，只需证(a－b)2>0，因为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.命题甲：(eq\f(1,4))x、2－x、2x－4成等比数列；命题乙：lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋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(eq\f(1,4))x、2－x、2x－4成等比数列可得：(2－x)2＝(eq\f(1,4))x·2x－4，解得x＝4；由lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差数列得：2lg(x＋2)＝lgx＋lg(2x＋1)，可解得x＝4(x＝－1舍去)，所以甲是乙的充要条件.9．若a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lg(eq\f(a＋b,2))，则()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为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2eq\r(2)，|β|>2eq\r(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∵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，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.证明要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只要证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).因为a>0，故只要证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，从而只要证2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只要证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：(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)·(eq\f(1,c)－1)≥8.证明方法一(分析法)要证(eq\f(1,a)－1)(eq\f(1,b)－1)(eq\f(1,c)－1)≥8成立，只需证eq\f(1－a,a)·eq\f(1－b,b)·eq\f(1－c,c)≥8成立．因为a＋b＋c＝1，所以只需证eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)≥8成立，即证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(综合法)(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，当且仅当a＝b＝c时取等号，所以原不等式成立．三、探究与拓展13.设数列{an}的前n项和为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)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数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)，