【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学程序方法策略篇 专题3 解题策略 第5讲 分析法与综合法应用策略

第5讲　分析法与综合法应用策略[方法精要]　综合法：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明结论成立，这种证明方法叫做综合法．分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种正面的方法叫做分析法．综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆过程．但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条件出发，根据不等式的性质推导证明．分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不宜推导时，常考虑用分析法．注意用分析法证题时，一定要严格按格式书写．题型一　综合法在三角函数中的应用例1　已知函数f(x)＝2sincos－2sin2＋.(1)求函数f(x)的最小正周期及最值；(2)令g(x)＝f(x＋)，判断函数g(x)的奇偶性，并说明理由．破题切入点　用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，用Q表示所要证明的结论，则综合法的应用可以表示为：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q.本题是将三角函数式化为同一个角的三角函数，再利用三角函数的周期性和单调性及奇偶性解决．解　(1)∵f(x)＝sin＋(1－2sin2)＝sin＋cos＝2sin(＋)．∴f(x)的最小正周期T＝＝4π.当sin(＋)＝－1时，f(x)取得最小值－2；当sin(＋)＝1时，f(x)取得最大值2.(2)由(2)知f(x)＝2sin(＋)．又g(x)＝f(x＋)．∴g(x)＝2sin[(x＋)＋]＝2sin(＋)＝2cos.-7-\n∴g(－x)＝2cos(－)＝2cos＝g(x)．∴函数g(x)是偶函数．题型二　综合法在立体几何中的应用例2　如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.破题切入点　综合法的运用，从已知条件、已有的定义、公理、定理等经过层层推理，最后得到所要证明的结论．(1)利用平面PAD⊥底面ABCD的性质，得线面垂直．(2)BE∥AD易证．(3)EF是△CPD的中位线．证明　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，且PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又EF⊂平面BEF，所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.题型三　分析法在不等式中的应用例3　若a，b，c为不全相等的正数，求证：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.-7-\n破题切入点　本题适合用分析法解决，借助对数的性质反推关于a，b，c的不等式，依次寻求使其成立的充分条件，直至得到一个容易解决的不等式，类似的不等式往往利用基本不等式．证明　要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，只需证lg(··)>lg(a·b·c)，即证··>a·b·c.因为a，b，c为不全相等的正数，所以≥>0，≥>0，≥>0，且上述三式中等号不能同时成立．所以··>a·b·c成立，所以原不等式成立．总结提高　综合法和分析法是直接证明中两种最基本的方法，也是解决数学问题时常用的思维方式．综合法的特点是由原因推出结果，分析法的特点是由结果追溯到产生这一结果的原因．在解决问题时，经常把综合法和分析法结合起来使用：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论，根据结论的特点去转化条件，得到另一中间结论，根据中间结论的转化证明结论成立．1．下面的四个不等式：①a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；③＋≥2；④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.其中恒成立的有________个．答案　3解析　因为a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，所以①正确；因为a(1－a)－＝－a2＋a－＝－(a－)2≤0，所以a(1－a)≤；所以②正确；当ab<0时，＋<0，-7-\n所以③错误；因为(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2，所以④正确．2．若x，y∈(0，＋∞)且＋≤a恒成立，则a的最小值是________．答案　解析　＝＝，要使不等式恒成立，只需a不小于的最大值即可，因为≤，当x＝y时取等号，所以a≥，即a的最小值是.3．已知p＝＋，q＝·(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q的大小为________．答案　p≤q解析　q＝·＝≥＝＋＝p.4．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明________．答案　(a2－1)(b2－1)≥0解析　因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.5．设a＝lg2＋lg5，b＝ex(x<0)，则a与b的大小关系为________．答案　a>b解析　因为a＝lg2＋lg5＝lg10＝1，b＝ex<e0＝1，所以a>b.6．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系是________．答案　cn＋1<cn解析　根据条件可得cn＝an－bn＝－n＝，所以cn随着n的增大而减小，所以cn＋1<cn.7．如果a＋b>a＋b，则a、b应满足的条件是________．答案　a≥0，b≥0且a≠b解析　因为a＋b>a＋b，所以(－)2(＋)>0，-7-\n所以a≥0，b≥0且a≠b.8．设a，b，c>0，证明：＋＋≥a＋b＋c.证明　因为a，b，c>0，根据基本不等式＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，三式相加得：＋＋＋a＋b＋c≥2a＋2b＋2c，即＋＋≥a＋b＋c.当且仅当a＝b＝c时取等号．9．已知△ABC三边a，b，c的倒数成等差数列，证明：B为锐角．证明　要证明B为锐角，根据余弦定理，也就是证明cosB＝>0，即需证a2＋c2－b2>0，由于a2＋c2－b2≥2ac－b2，故只需证2ac－b2>0，因为a，b，c的倒数成等差数列，所以＋＝，即2ac＝b(a＋c)．所以要证2ac－b2>0，只需证b(a＋c)－b2>0，即b(a＋c－b)>0，上述不等式显然成立，所以B为锐角．10．设数列{an}满足a1＝0且－＝1.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，记Sn＝k，证明：Sn<1.(1)解　由题设－＝1，可得{}是公差为1的等差数列．又＝1，所以根据等差数列通项公式可得＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝1－.(2)证明　由(1)得bn＝＝-7-\n＝－，Sn＝k＝(－)＝1－<1.所以Sn<1.11．已知函数f(x)＝tanx，x∈(0，)，若x1，x2∈(0，)且x1≠x2，证明：[f(x1)＋f(x2)]>f()．证明　欲证[f(x1)＋f(x2)]>f()⇔(tanx1＋tanx2)>tan⇔(＋)>(“化弦”)⇔>⇔>只要证明0<cos(x1－x2)<1，则以上最后一个不等式成立，在题设条件下易得此结论．12．(2022·江苏)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.证明　(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.-7-\n因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.-7-