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2016


§3 综合法与分析法

3.1 综合法

课前预习学案

a b 若x +y =1(a、b、x、y∈R+,且 a≠b), 求证:x+y≥( a+ b)2.

a b 提示: 证明:∵x、y、a、b>0 且x+y=1,
?a b? ya xb ? ? ∴x+y=(x+y) x +y =a+b+ x + y ? ?

≥a+b+2

ya xb 2 · = a + b + 2 ab = ( a + b ) x y

1.综合法的定义
公理 、 ______ 定理 及 从 命 题 的条 件 出 发 , 利 用 _______ 定义 、 ______

运算法则 通过__________ __________ 演绎推理 一步步地接近要证明的结论,直到
综合法 . 完成命题的证明,这种思维方法称为________

2.综合法的推证过程
A?命题的条件或已有的定义、公理、定理等? ? 结论B ? 结论C ? 命题的结论D

综合法的特点

1.从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”,由因导
果,其逐步推理,实际上是寻找它的必要条件. 2.用综合法证明不等式,证明步骤严谨,逐层递进,步

步为营,条理清晰,形式简洁,宜于表达推理的思维轨迹.
3.由于综合法证明命题“若A则D”的思考过程可表示为 如下图所示:

故要从 A 推理到 D ,由 A 推演出的中间结论未必惟一,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.

4.在综合法中,每个推理都必须是正确的,每个论断都
应当是前面一个论断的必然结果.因此所用语气必须是肯定 的.

1.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( 1 A.2 C.a2+b2 ) B.2ab D.a

1 解析: ∵a+b=1,a+b>2 ab,∴2ab<2,
2 ? a + b ? 1 2 2 由 a +b > 2 =2,

1 又∵0<a<b,且 a+b=1,∴a<2, ∴a2+b2 最大.

答案: C

2 . a 、 b 、 c 为互不相等的正数,且 a2 + c2 = 2bc. 则下列关
系中可能成立的是( A.a>b>c C.b>a>c ) B.b>c>a D.a>c>b

解析: ∵a、b、c为互不相等的正数,∴a2+c2>2ac, 即2bc>2ac.∴b>a.排除A、D.从B、C来看,b>c, ∴a2+c2=2bc>2c2.∴a2>c2,∴a>c. ∴b>a>c可能成立.

答案: C

3.设p =2x4+1, q=2x3+x2,x∈R,则p与q 的大小关系 是______.
解析: p-q=2x4+1-(2x3+x2) =2x4-2x3+1-x2=2x3(x-1)+(1-x)(1+x) =(x-1)(2x3-1-x)=(x-1)2(2x2+2x+1) =(x-1) ∴p≥q.
2

? ? 1?2 1? ?2?x+ ? + ?≥0 2? 2? ? ?

答案: p≥q

4.已知a,b,c∈R,且它们互不相等,求证:
a4+b4+c4>a2b2+b2c2+c2a2. 证明:∵a4+b4≥2a2b2,b4+c4≥2b2c2,a4+c4≥2a2c2, ∴2(a4+b4+c4)≥2(a2b2+b2c2+c2a2). 即a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2. 又∵a,b,c互不相等, ∴a4+b4+c4>a2b2+b2c2+c2a2.

课堂互动讲义

综合法证明三角形中的问题
在△ABC 中,三边 a,b,c 成等比数列. 3 求证:acos 2 +ccos 2 ≥2b.
2C 2A

[思路导引]

证明:

a?1+cos C? c?1+cos A? ∵左边= + 2 2

1 1 =2(a+c)+2(acos C+ccos A)
2 2 2 2 2 2? a + b - c b + c - a 1 1? ? =2(a+c)+2? a · + c · ? 2ab 2bc ? ? ?

1 1 b =2(a+c)+2b≥ ac+2 b 3 =b+2=2b=右边, 3 ∴acos 2 +ccos 2 ≥2b.
2C 2A

1.用综合法证明有关角、 边的不等式时, 要分 析不等式的结构,利用正弦定理、余弦定理将角化为边或将边 化为角,通过恒等变形、基本不等式等手段,可以从左证到右, 也可以从右证到左,还可两边同时证到一个中间量.一般遵循 “化繁为简”的原则. 2.用综合法证明不等式时常用的结论有:
2 2 ?a+b? a + b ?2 ① ab≤ ? ? 2 ? ≤ 2 (a , b ∈ R) ;② a + b≥2 ? ?

ab (a≥0 ,

b≥0).

1.在△ABC中,三角形内角A、B、C对应的边分别为a、 b、c,且A、B、C成等差数列,a、b、c成等比数列, 求证:△ABC为等边三角形.

证明: π =3.

由 A、B、C 成等差数列,有 2B=A+C,

因为 A、B、C 为△ABC 内角,所以 A+B+C=π,所以 B

由 a、b、c 成等比数列,有 b2=ac, 由余弦定理及 b2=ac,可得:b2=a2+c2-2accos B=a2+ c2-ac, ∴a2+c2-ac=ac,即(a-c)2=0, 因此 a=c,从而有 A=C. π ∴A=B=C=3,所以△ABC 为正三角形.

综合法证明不等式问题
已知 a,b,c 都是正数,且 a+b+c=1. 1 求证:(1)a +b +c ≥3;
2 2 2

(2) a+ b+ c≤ 3.
[思路导引] (1)不等式左端是平方和,右端是常数,应考虑 用已知条件和不等式 x2+y2≥2xy 进行证明. (2)左端是根式的和,右端是常数,应考虑用已知条件和不 等式 x+y≥2 xy(x>0,y>0)进行证明.

[边听边记]

证明:证法一:(1)∵a+b+c=1,

∴(a+b+c)2=1, ∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1.① 又 2ab≤a2+b2,2bc≤b2+c2,2ca≤c2+a2, ∴2ab+2bc+2ca≤2(a2+b2+c2), ∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≤3(a2+b2+c2). 1 结合①可得 a +b +c ≥3.
2 2 2

(2)∵a,b,c∈(0,+∞), ∴a+b≥2 ab,b+c≥2 bc,c+a≥2 ca, ∴2(a+b+c)≥2( ab+ bc+ ca), ∴a+b+c+2 ab+2 bc+2 ca≤3(a+b+c)=3, ∴( a+ b+ c)2≤3, ∴ a+ b+ c≤ 3.

证法二:(1)∵a,b,c 都是正数, 1 2a 1 2b 2 1 2c 2 ∴a +9≥ 3 ,b +9≥ 3 ,c +9≥ 3 ,
2

? 2 1? ? 2 1? ? 2 1? ∴?a +9?+?b +9?+?c +9? ? ? ? ? ? ?

2 2 2 2 2 ≥3a+3b+3c=3(a+b+c)=3, 1 ∴a +b +c ≥3.
2 2 2

(2)∵

1 a+3 1 a· 3≤ 2 ,

1 b+3 1 b· 3≤ 2 , 1 c+3 1 c· 3≤ 2 , a b c a+b+c 1 三式相加得 + + ≤ 2 +2=1, 3 3 3 ∴ a+ b+ c≤ 3.

从“已知”看“可知”,逐步推向“未

知”,由因导果,其逐步推理,实际上是寻找它的必要条件,
如何找到“切入点”和有效的推理途径是利用综合法证明问题 的关键.

2.设 a、b、c 为不全相等的正数,且 abc=1, 1 1 1 求证:a+b+c > a+ b+ c.

证明:

∵a>0,b>0,c>0,且 abc=1,

?1 1 1? 1 1 1 ∴a+b+c =abc?a+b+c ?=bc+ca+ab. ? ?

又 bc+ca≥2 bc· ca=2 abc2=2 c, 同理 bc+ab≥2 b,ca+ab≥2 a, ∵a、b、c 不全相等, ∴上述三个不等式中的“=”号不能同时成立. ∴2(bc+ca+ab)>2( c+ a+ b), 即 bc+ca+ab> a+ b+ c, 1 1 1 故a+b+c > a+ b+ c.

综合法证明几何问题
(12 分 ) 如 右 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.
[思路导引] 由题目可获取以下主要信息: ①SA⊥平面 ABC, ②AB⊥BC,AE⊥SB,EF⊥SC. 解答本题可从线面垂直、线线垂直的相互转化入手.

[规范解答] ∴SA⊥BC,

证明:∵SA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC, 2分 4分 6分 8分 10 分 12 分

又∵AB⊥BC,AB∩SA=A,∴BC⊥平面 SAB, ∵AE? 平面 SAB,∴BC⊥AE, ∵AE⊥SB,SB∩BC=B,∴AE⊥平面 SBC, ∵SC? 平面 SBC,∴AE⊥SC, 又∵EF⊥SC,AE∩EF=E, ∴SC⊥平面 AEF, ∴SC⊥AF,即 AF⊥SC.

综合法的基本思路是“由因导果”,由已知 走向求证, 即从数学题的已知条件出发, 经过逐步的逻辑推理, 最后达到待证结论或需求的问题,有如从长江源头顺流而下, 一直到达上海的长江口. 若 P 表示已知条件,已有的定义,定理,公理等,Q 表示 所要证明的结论,则综合法可以用以下的框图表示: P?Q1 → Q1?Q2 → Q2?Q3 →?→ Qn?Q

3 . 如 图 所 示 , 正 三 棱 柱 ABC - A1B1C1 各棱长为 4 , E 、 F 、 G 、 H 分别 是AB、AC、A1C1、A1B1的中点, 求证:平面A1EF∥平面BCGH.

证明: △ABC中,E、F分别为AB、AC的中点, ∴EF∥BC. 又∵EF?平面BCGH,BC?平面BCGH,

∴EF∥平面BCGH.
又∵G、F分别为A1C1,AC的中点,∴A1G FC. ∴四边形A1FCG为平行四边形.

∴A1F∥GC.
又∵A1F?平面BCGH,CG?平面BCGH, ∴A1F∥平面BCGH. 又∵A1F∩EF=F,∴平面A1EF∥平面BCGH.

误用判定定理之错 如右图, 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, O 是底面 ABCD 的中心, B1H⊥D1O, H 是垂足, 求证:B1H⊥AD1
【错解】 面AD1C ∴B1H⊥面AD1C 又∵AD1?面AD1C 证明:∵B1H⊥D1O,D1O?

∴B1H⊥AD1

【错因】

上述证法错在对线面垂直的判定定理掌握不准

确,而出现了由B1H⊥D1O推出B1H⊥面AD1C.事实上要得线面
垂直,必须直线垂直于平面内的两条相交直线. 【正解】 证明:连结BD,

∵ABCD是正方形,∴AC⊥BD,
又B1B⊥面ABCD,AC?面ABCD,∴B1B⊥AC, ∵B1B∩BD=B,∴AC⊥面BB1D1D, 而B1H?面BB1D1D,∴AC⊥B1H, 又B1H⊥D1O,D1O∩AC=O,∴B1H⊥面AD1C.

又∵AD1?面AD1C,∴B1H⊥AD1.

【纠错心得】

应用综合法时,应从命题的前提出发,在

选定了真实性是无可争辩的出发点以后 ( 它基于题设或已知的 真命题),再依次由它得出一系列的命题(或判断),其中每一个 都是真实的(但它们并不一定都是所需求的),且最后一个必须 包含我们要证明的命题的结论时,命题得证.并非一上来就能 找到通达命题结论的思路,只是在证明的过程中对每步结论进 行分析、推敲、比较、选择后才能得到.当然,在较多地积累 一些经验,掌握一些证法之后,可较为顺利地得到证明的思

路,而在证明的叙述时,直接叙述这条思路就够了.


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