§3綜合法與分析法3．1綜合法1．了解綜合法的思考過程、特點．(重點)2．會用綜合法證明數學問題．(難點)[基礎·初探]教材整理綜合法閱讀教材P60～P61“練習”以上部分，完成下列問題．1．綜合法的定義從命題的條件出發，利用定義、公理、定理及運算法則，通過演繹推理，一步一步地接近要證明的結論，直到完成命題的證明，這種思維方法稱為綜合法．2．綜合法證明的思維過程用P表示已知條件、已知的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結論，則綜合法的思維過程可用框圖3-3-1表示為：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)圖3-3-1判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)綜合法是由因導果的順推證法．()(2)綜合法證明的依據是三段論．()(3)綜合法的推理過程實際上是尋找它的必要條件．()【解析】(1)正確．由綜合法的定義可知該說法正確．(2)正確．綜合法的邏輯依據是三段論．(3)正確．綜合法從“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，其逐步推理實際上是尋找它的必要條件．【答案】(1)√(2)√(3)√[質疑·手記]預習完成后，請將你的疑問記錄，并與“小伙伴們”探討交流：疑問1：________________________________________________________解惑：__________________________________________________________疑問2：________________________________________________________解惑：__________________________________________________________疑問3：________________________________________________________解惑：__________________________________________________________[小組合作型]用綜合法證明三角問題在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C的對邊，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC(1)求證：A的大小為60°；(2)若sinB＋sinC＝eq\r(3).證明：△ABC為等邊三角形．【精彩點撥】(1)利用正弦定理將角與邊互化，然后利用余弦定理求A.(2)結合(1)中A的大小利用三角恒等變形證明A＝B＝C＝60°.【自主解答】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)·sinC得2a2＝(2b－c)·b＋(2c－b)即bc＝b2＋c2－a2，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，所以A＝60°.(2)由A＋B＋C＝180°，得B＋C＝120°，由sinB＋sinC＝eq\r(3)，得sinB＋sin(120°－B)＝eq\r(3)，sinB＋(sin120°cosB－cos120°sinB)＝eq\r(3)，eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)，即sin(B＋30°)＝1.因為0°<B<120°，所以30°<B＋30°<150°，所以B＋30°＝90°，即B＝60°，所以A＝B＝C＝60°，即△ABC為等邊三角形．證明三角等式的主要依據：(1)三角函數的定義、誘導公式及同角基本關系式．(2)和、差、倍角的三角函數公式．(3)三角形中的三角函數及三角形內角和定理．(4)正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式．[再練一題]1．求證：3－2cos2α＝eq\f(3tan2α＋1,tan2α＋1).【證明】原式右邊＝eq\f(3tan2α＋1,tan2α＋1)＝1＋eq\f(\f(2sin2α,cos2α),\f(sin2α,cos2α)＋1)＝1＋2sin2α＝1＋2(1－cos2α)＝3－2cos2α＝左邊．所以原式成立．用綜合法證明幾何問題如圖3-3-2，在四面體B-ACD中，CB＝CD，AD⊥BD，E，F分別是AB，BD的中點．求證：【導學號：67720237】(1)直線EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.圖3-3-2【精彩點撥】(1)依據線面平行的判定定理，欲證明直線EF∥平面ACD，只需在平面ACD內找出一條直線和直線EF平行即可；(2)根據面面垂直的判定定理，欲證明平面EFC⊥平面BCD，只需在其中一個平面內找出一條另一個面的垂線即可．【自主解答】(1)因為E，F分別是AB，BD的中點，所以EF是△ABD的中位線，所以EF∥AD，又EF?平面ACD，AD平面ACD，所以直線EF∥平面ACD.(2)因為AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.因為CB＝CD，F是BD的中點，所以CF⊥BD.又EF∩CF＝F，所以BD⊥平面EFC.因為BD平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.本題是綜合運用已知條件和相關的空間位置關系的判定定理來證明的，故證明空間位置關系問題，也是綜合法的一個典型應用．在證明過程中，語言轉化是主旋律，轉化途徑為把符號語言轉化為圖形語言或文字語言轉化為符號語言．這也是證明空間位置關系問題的一般模式．[再練一題]2．如圖3-3-3，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝a，AB＝2a，E，F分別為C1D1，A1D圖3-3-3(1)求證：DE⊥平面BCE；(2)求證：AF∥平面BDE.【證明】(1)∵BC⊥側面CDD1C1，DE側面CDD1C1，∴DE⊥在△CDE中，CD＝2a，CE＝DE＝eq\r(2)a，則有CD2＝DE2＋CE2，∴∠DEC＝90°，∴DE⊥EC，又∵BC∩EC＝C，∴DE⊥平面BCE.(2)連接EF，A1C1，設AC交BD于O，連接EO∵EFeq\f(1,2)A1C1，AOeq\f(1,2)A1C1，∴EFAO，∴四邊形AOEF是平行四邊形，∴AF∥OE.又∵OE平面BDE，AF?平面BDE，∴AF∥平面BDE.[探究共研型]用綜合法證明不等式問題探究綜合法證明不等式的主要依據有哪些？【提示】(1)a2≥0(a∈R)．(2)a2＋b2≥2ab，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≥ab，a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2).(3)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)a－b≥0?a≥b；a－b≤0?a≤b.(5)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.已知x>0，y>0，x＋y＝1，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))≥9.【精彩點撥】解答本題可由已知條件出發，結合基本不等式利用綜合法證明．【自主解答】法一：因為x>0，y>0,1＝x＋y≥2eq\r(xy)，所以xy≤eq\f(1,4).所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))＝1＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(x＋y,xy)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(2,xy)≥1＋8＝9.法二：因為1＝x＋y，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x＋y,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x＋y,y)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(y,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x,y)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(y,x))).又因為x>0，y>0，所以eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2，當且僅當x＝y時，取“＝”．所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))≥5＋2×2＝9.綜合法的證明步驟：(1)分析條件，選擇方向：確定已知條件和結論間的聯系，合理選擇相關定義、定理等．(2)轉化條件，組織過程：將條件合理轉化，寫出嚴密的證明過程．特別地，根據題目特點選取合適的證法可以簡化解題過程．[再練一題]3．將上例條件不變，求證：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥4.【證明】法一：因為x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝1，所以x＋y≥2eq\r(xy)，當且僅當x＝y時，取“＝”，所以eq\r(xy)≤eq\f(1,2)，即xy≤eq\f(1,4)，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)＝eq\f(1,xy)≥4.法二：因為x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≥2eq\r(xy)>0，當且僅當x＝y時，取“＝”，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥2eq\r(\f(1,xy))>0，當且僅當eq\f(1,x)＝eq\f(1,y)時，取“＝”，所以(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))≥4.又x＋y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥4.法三：因為x，y∈(0，＋∞)，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,x)＋eq\f(x＋y,y)＝1＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)＋1≥2＋2eq\r(\f(x,y)·\f(y,x))＝4，當且僅當x＝y時，取“＝”．[構建·體系]1．已知等差數列{an}中，a5＋a11＝16，a4＝1，則a12的值是()A．15 B．30C．31 D．64【解析】∵{an}為等差數列，∴a5＋a11＝a4＋a12.又∵a5＋a11＝16，a4＝1，∴a12＝15.【答案】A2．已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，mβ，給出下列四個命題：①若α∥β，則l⊥m；②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l⊥m；④若l∥m，則α⊥β.其中正確的命題的個數是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】若l⊥α，α∥β，則l⊥β，又mβ，所以l⊥m，①正確；若l⊥α，mβ，l⊥m，α與β可能相交，②不正確；若l⊥α，mβ，α⊥β，l與m可能平行，③不正確；若l⊥α，l∥m，則m⊥α，又mβ，所以α⊥β，④正確．【答案】B3．若a，b，c是常數，則“a>0且b2－4ac<0”是“ax2＋bx＋c>0對任意x∈R恒成立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【解析】因為a>0且b2－4ac<0?ax2＋bx＋c>0對任意x∈R恒成立．反之，ax2＋bx＋c>0對任意x∈R恒成立不能推出a>0且b2－4ac<0，反例為：當a＝b＝0且c>0時也有ax2＋bx＋c>0對任意x∈所以“a>0且b2－4ac<0”是“ax2＋bx＋c>0對任意實數x∈R恒成立【答案】A4．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，則p與q的大小關系是________．【解析】p＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2eq\r(a－2·\f(1,a－2))＋2＝4，－a2＋4a－2＝2－(a－2)2<2，∴q<22＝4≤p【答案】p>q5．數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1,2,3，…)．求證：(1)數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等比數列；(2)Sn＋1＝4an.【證明】(1)∵an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn，∴eq\f(n＋2,n)Sn＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1＝eq\f(2n＋1,n)Sn，∴eq\f(\f(Sn＋1,n＋1),\f(Sn,n))＝2，又∵a1＝1，∴S1＝1，∴eq\f(S1,1)＝1，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首項為1，公比為2的等比數列．(2)由(1)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公比為2，而an＝eq\f(n＋1,n－1)Sn－1(n≥2)，∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4eq\f(Sn－1,n－1)＝eq\f(4,n－1)·eq\f(ann－1,n