PAGE2綜合法與分析法授課提示：對應學生用書第4頁[自主梳理]一、綜合法的定義從命題的________動身，利用________、________、________及________，通過________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．二、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表示為：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)三、分析法的定義從________動身，一步一步地探究保證前一個結論成立的________，直到歸結為這個命題的______，或者歸結為________、________、________等，這種思維方法稱為分析法．四、分析法證明的思維過程用Q表示要證明的結論，則分析法的思維過程可用框圖表示為：eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(\a\al(得到一個明顯,成立的條件))[雙基自測]1．已知函數f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，則f(－a)等于()A．b B．－b C.eq\f(1,b) D．－eq\f(1,b)2．已知a、b是不相等的正數，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，則x、y的關系是()A．x>yB．x<yC．x>eq\r(2)yD．不確定3．要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥04．命題“對于隨意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的證明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”，其過程應用了()A．分析法B．綜合法C．綜合法、分析法綜合運用D．間接證法5．若aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則a，b應滿意的條件是________．[自主梳理]一、條件定義公理定理運算法則演繹推理三、求證的結論充分條件條件定義公理定理[雙基自測]1．Bf(－a)＝lgeq\f(1＋a,1－a)＝lg(eq\f(1－a,1＋a))－1＝－lgeq\f(1－a,1＋a)＝－f(a)＝－b.2．B∵x>0，y>0，∴要比較x、y的大小，只需比較x2、y2的大小，即比較eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)與a＋b的大小．∵a、b為不相等的正數，∴2eq\r(ab)<a＋b.∴eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)<a＋b，即x2<y2.∴x<y.3．D因為a2＋b2－1－a2b2＝(a2－1)(1－b2)，所以要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只需證(a2－1)(b2－1)≥0.4．B從證明過程來看，是從已知條件入手，經過推導得出結論，符合綜合法的證明思路．5．A≥0，b≥0且a≠baeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)?(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))＞0?a≥0，b≥0且a≠b.授課提示：對應學生用書第5頁探究一用綜合法證明不等式[例1]已知a，b是正數，且a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.[解析]法一：∵a，b為正數，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.法二：∵a，b為正數，∴a＋b≥2eq\r(ab)＞0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))＞0，∴(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，又a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.法三：∵a，b為正數，∴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(a,b)·\f(b,a))＝4，當且僅當a＝b時，取“＝”號．從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，由因導果，其逐步推理，事實上是找尋每一步的必要條件，如何找到“切入點”和有效的推理途徑是利用綜合法證明問題的關鍵．1．在△ABC中，三邊a，b，c成等比數列，求證：acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)≥eq\f(3,2)b.證明：∵左邊＝eq\f(a1＋cosC,2)＋eq\f(c1＋cosA,2)＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)(acosC＋ccosA)＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)(a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc))＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)b≥eq\r(ac)＋eq\f(b,2)＝b＋eq\f(b,2)＝eq\f(3,2)b＝右邊，∴acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)≥eq\f(3,2)b.探究二用分析法證明不等式[例2]在銳角三角形ABC中，求證：tanA·tanB>1.[證明]要證tanA·tanB>1，只需證eq\f(sinA·sinB,cosA·cosB)>1.∵A，B為銳角，∴cosA>0，cosB>0，只需證cosA·cosB<sinA·sinB，即cos(A＋B)<0.∵C為銳角，∴A＋B＝π－C為鈍角．∴cos(A＋B)<0恒成立．∴tanA·tanB>1.用分析法證明不等式時應留意的問題(1)分析法證明不等式的依據是不等式的基本性質、已知的重要不等式和邏輯推理的基本理論．(2)分析法證明不等式的思維是從要證不等式動身，逐步尋求使它成立的充分條件，最終得到的充分條件是已知(或已證)的不等式．(3)用分析法證明數學命題時，肯定要恰當地用好“要證明”“只需證明”“即證明”等詞語．2．已知函數f(x)＝x2＋3，若a>b>0，求證：eq\f(fa＋fb,2)>f(eq\f(a＋b,2))．證明：要證明eq\f(fa＋fb,2)>f(eq\f(a＋b,2))，即證eq\f(1,2)[(a2＋3)＋(b2＋3)]>(eq\f(a＋b,2))2＋3，只需證a2＋b2＋6>eq\f(a＋b2,2)＋6，只需證a2＋b2>eq\f(a＋b2,2)，因此只需證2a2＋2b2>a2＋2ab＋b2，即證a2＋b2>2ab，只需證(a－b)2>0，由于a>b>0，所以(a－b)2>0明顯成立，故原不等式成立．探究三綜合法與分析法的綜合應用[例3]若a，b，c為不全相等的正數，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.[解析]要證lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc，只需證lg(eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2))>lg(a·b·c)，即證eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc.因為a，b，c為不全相等的正數，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)>0，且上述三式中等號不能同時成立．所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc成立．所以lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc成立．對于比較困難的證明題，常用分析綜合法，即先從結論進行分析，找尋結論與條件之間的關系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或在證明過程中將兩種方法交叉運用．3.如圖，已知AB，CD相交于點O，△ACO≌△BDO，AE＝BF.求證：CE＝DF.證明：要證明CE＝DF，只需證明△ECO≌△FDO.∵△ACO≌△BDO，∴CO＝DO，AO＝BO.①又∵AE＝BF，∴EO＝FO.②∵∠EOC與∠FOD是對頂角，∴∠EOC＝∠FOD.③由①②③知△ECO≌△FDO.命題得證．綜合法在幾何證明中的應用[例4](本題滿分12分)如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD為菱形，OA⊥平面ABCD，E為OA的中點，F為BC的中點，求證：(1)平面BDO⊥平面ACO；(2)EF∥平面OCD.[證明](1)因為OA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以OA⊥BD.2分因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又OA∩AC＝A，所以BD⊥平面ACO.4分又因為BD平面BDO，所以平面BDO⊥平面ACO.6分(2)如圖，取OD的中點M，連接EM，CM，則ME∥AD，ME＝eq\f(1,2)AD.7分因為四邊形ABCD是菱形，所以AD∥BC，AD＝BC，因為F為BC的中點，8分所以CF∥AD，CF＝eq\f(1,2)AD，所以ME∥CF，ME＝CF，10分所以四邊形EFCM是平行四邊形，所以