2.2.1 综合法和分析法教案2

2.2.1 综合法和分析法

课堂导学

三点剖析

各个击破

一、利用综合法证明数学问题

【例1】如右图,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是正方形,PA⊥底面ABCD,求证:PC⊥BD.

证明：(综合法) 因为PA是平面ABCD的垂线,PC是平面ABCD的斜线, 连结AC、BD,则AC是PC在底面ABCD内的射影. 又因为四边形ABCD为正方形.∴AC⊥BD. 故PC⊥BD. 温馨提示

本例图形具有很多性质,从不同的审视角度去分析,可以得到多个证明方法,如可以转化为线面垂直来证线线垂直,也可以用向量来证明(因为图形中有AB、AD、AP两两垂直的基向量)等等.

一般地,对于命题“若A则D”用综合法证明时，思考过程可表示为(如右图). 综合法的思考过程是由因导果的顺序，是从A推演达到D的途径，但由A推演出的中间结论未必唯一，如B、B1、B2等，可由B、B1、B2能推演出的进一步的中间结论则可能更多，如C、C1、C2、C3、C4等等.最终,能有一个(或多个)可推演出结论D即可. 类题演练1 用综合法证明,设a＞0,b＞0,a≠b. 证明:ab＞ab. 2证明：综合法

22因为a≠b，所以a-b≠0，而（a-b）＞0，展开（a-b）得：

22a-2ab+b＞0. 两边加上4ab得：

22a+2ab+b＞4ab. 2左边写成（a+b）得：

2（a+b）＞4ab. 第

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由于a＞0,b＞0,两边取算术平方根得：

a+b＞2ab. 两边除以2得：

abab. 2变式提升

1 已知a＞b＞0,求证:ab＜ab. 证明：∵a＞b＞0，∴b＜ab,即2b＜2ab. 进而-2ab＜-2b, 于是a-2ab+b＜a+b-2b, 即0＜(ab)＜a-b, 2∴abab. 二、利用分析法证明数学问题

【例2】求证:32227. 证法一：为了证明32227, ∵3220,270, ∴只需证明(322)＜(2+7),展开得11+46＜11+47,只需证46＜47,22只需证6＜7.显然6＜7成立. ∴32227成立. 证法二:为了证明32227, 只要证明22723, 只要证明1227123. ∵222,73,∴227230.

∴1227123成立.∴32227成立. 温馨提示

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用分析法思考数学问题的顺序可表示为:(对于命题“若A则D”)

如右图,分析法的思考顺序是执果索因的顺序，是从D上溯寻其论据,如C、C1、C2等,再寻求C、C1、C2的论据,如B、B1、B2、B3、B4等等,继而寻求B、B1、B2、B3、B4的论据,如果其中之一B的论据恰为已知条件,于是命题已经得证. 类题演练2 已知a、b、c是不全相等的正数,且0＜x＜1. 求证:logxabbcac+logx+logx＜logxa+logxb+logxc. 222证明：要证明

logxabbcac+logx+logx＜logxa+logxb+logxc, 222只需要证明

abbcac··］＜logx(abc). 222abbcac由已知0＜x＜1,只需证明··＞abc. 222logx［由公式知

abbcac≥ab＞0,

≥bc＞0,

≥ac＞0. 222∵a、b、c不全相等，上面三式相乘，

abbcacabbcac··＞a2b2c2=abc,即··＞abc成立, 222222abbcac∴logx+logx+logx＜logxa+logxb+logxc成立. 222变式提升

2 +3322设a,b∈R,且a≠b,求证:a+b＞ab+ab. 3322证明：要证a+b＞ab+ab成立，

22只需证（a+b）(a-ab+b)＞ab(a+b)成立, 又因a+b＞0, 22只需证a-ab+b＞ab成立. 22又需证a-2ab+b＞0成立. 2即需证(a-b)＞0成立. 2而依题设a≠b，则（a-b）＞0显然成立.由此命题得证. 三、创新应用

2【例3】设a、b、c为任意三角形三边长,I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证3S≤I＜4S. 22222222证明：I=(a+b+c)=a+b+c+2(ab+bc+ca)=a+b+c+2S. 2222222故要证3S≤I＜4S,只需证3S≤a+b+c+2S＜4S,即S≤a+b+c＜2S(这对于保证结论成立是充分必要的). 第

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欲证上左部分,只需证a+b+c-ab-bc-ca≥0.即只需证222222(a+b-2ab)+(b+c-2bc)+(c+a-2ca)≥0(这对于保证前一定结论成立

也是充要的).要证上成立,可证三括号中子都不为负(这一条件对保证上结论成立是充分的,但它并不必要),注意222222222到:a+b-2ab=(a-b)≥0,b+c-2bc=(b-c)≥0,c+a-2ca=(c-a)≥0,故结论真. 222欲证上右部分,只需证:a+b+c-2ab-2bc-2ca＜0,即要222证:(a-ab-ac)+(b-bc-ba)+(c-ca-cb)＜0. 欲证上,则至少要证以上三个括号中子之一小于零(这一条件对保证上结论成立只是必222要的,但它并不充分),即要证a＜ab+ac,b＜bc+ba,c＜ca+cb之一真,也就是要证a＜b+c,b＜c+a,c＜a+b之一真,它们显然都成立,因为三角形一边小于其他两边和.故原成立. 温馨提示

在本例中,我们既看到按结论成立的充分条件推演的步子,也看到按结论成立必要条件而推演的步子,同时也看到按结论成立的充要条件而推演的步子. 类题演练3 设实数a≠0,且函数f(x)=a(x+1)-(2x+(1)求a的值; (2)设数列{an}的前n项和Sn=f(n),令bn=22221)有最小值-1. aa2a4a2n,证明数列{bn}是等差数列. n122)+a-, aa12由题设知f()=a-=-1,且a＞0，

aa(1)解：f(x)=a(x-解得a=1或a=-2（舍去）. 2(2)证明：由（1）得f(x)=x-2x, 2当Sn=n-2n,a1=S1=-1. 22当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n-2n-(n-1)+2(n-1)=2n-3. a1满足上式，即an=2n-3. ∴数列{an}是首项为-1，公差为2的等差数列. ∴a2+a4+…+a2n=n(a2a2n)=n(2n-1), 2即bn=n(2n1)=2n-1. n∴bn+1-bn=2(n+1)-1-2n+1=2. 又b1=a2=1, 1∴{bn}是以1为首，2为公差的等差数列.

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