北师大选修2-2 1.2综合法与分析法

分析法与综合法的区别和联系一、知识要点：综合法与分析法是中学数学解题思想中最基本的两种方法．所谓综合法，是指“由因导果”的思想方法，即从已知条件或某些已经证明过的结论出发，不断地展开思考，去探索结论的方法．综合法的思维过程的全貌可概括为下面形式：“已知…可知1…可知2…结论”．所谓分析法，是指“执果索因”的思想方法，即从结论出发，不断地去寻找须知，直至达到已知事实为止的方法．分析法的思维过程的全貌可概括为下面形式：“结论须知1须知2…已知”；基本步骤：要证……只需证……，只需证……①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达⑴用分析法和综合法证明不等式常要用等价转化的数学思想的换元的基本方法⑵用分析法探索证明的途径，然后用综合法的形式写出证明过程，这是解决数学问题的一种重要的数学思想方法⑶“分析法”证明不等式就是“执果索因”，从所证的不等式出发，不断利用充分条件或者充要条件替换前面的不等式，直至找到显然成立的不等式，书写方法习惯上用“ ”来表达分析法是数学解题的两个重要策略原则的具体运用，两个重要策略原则是：正难则反原则：若从正面考虑问题比较难入手时，则可考虑从相反方向去探索解决问题的方法，即我们常说的逆向思维，由结论向条件追溯简单化原则：寻求解题思路与途径，常把较复杂的问题转化为较简单的问题，在证明较复杂的不等式时，可以考虑将这个不等式不断地进行变换转化，得到一个较易证明的不等式。

二、综合应用(2)综合证明表述如下：∵ AF是直线，且∠1=∠2(已知)，∴∠3=∠4(等量减等量其差相等)．又∵ BE＝CD(已知)，BC=BC(公共边)，∴△EBC≌△DCB(边角边)．∴ BD=CE(全等三角形对应边相等)．例1 已知AD是∠BAC的平分线，DE∥CA，且交AB于E(如图)．求证：DE=AE．思路分析(1)用综合法探求，其思路如下： (2)用分析法探求，其思路如下：至此，恰好是题设条件，问题得到解决．评述：由于分析是执果索因，立足于寻找欲证结论的合适的充分条件，利于思考；而综合法是由因导果，立足于寻找已知条件合适的必要条件，适宜于表述．因此，对于一个新的问题，多半采取先用分析法寻求解法，后用综合法有条理地表述．例如对下面这道数学问题：例2 已知AF是直线，∠1=∠2，BE=CD，如图4－4．求证：BD=CE．思路分析 (1)分析思路如下：至此步骤，均为题设中提供的条件，问题获得解决．。

2 综合法和分析法
1. 综合法是由原因推导到结果的证明方法，它是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的结论成立的证明方法.综合法是直接证明的一种方法.
用P表示已知的条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证明的结论，则综合法可用框图表示为：
2. 分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的充分条件，直到最后，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、定义、公理、定理等）为止的证明方法.分析法是直接证明的一种方法.
用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：
3.综合法和分析法是解题中常用的方法，要好好掌握.综合法是由因导果，分析法是由果索因，在解题过程中，可以用分析法探寻解题思路，用综合法写出解题过程.
一般地，含分式、根式的不等式，或从条件出发思路不明显的命题，可以考虑用分析法；命题的结论有明确的证明方向的，适宜用综合法.。

§2 综合法与分析法2．1综合法2．2分析法(教师用书独具)●三维目标1．知识与技能(1)引导学生分析综合法和分析法的思考过程与特点；(2)简单运用综合法与分析法解决具体的数学问题．2．过程与方法结合学生已学过的数学知识，通过实例引导学生分析综合法与分析法的思考过程与特点，并归纳出操作流程．3．情感、态度与价值观(1)通过本节的学习，使学生在以后的学习和生活中，能自觉地、有意识地运用这些方法进行数学证明，养成言之有理、论证有据的习惯；(2)通过本节的学习和运用实践，体会数学问题解决过程中的思维方式．●重点难点重点：(1)了解综合法与分析法的思考过程和特点；(2)运用综合法与分析法证明数学问题．难点：对综合法与分析法的思考过程和特点的概括．教学时要结合学生已学过的数学知识，通过实例充分暴露学生解决问题时的思维过程及形成原因，再通过不同实例概括两种方法的思考特点，从而揭示综合法与分析法的含义，使重点突出，难点化解．(教师用书独具)●教学建议在以前的学习中，学生已积累了较多的综合法、分析法证明数学问题的经验，但这些经验是零散的，不系统的．由此，借助学生熟悉的数学实例，引导学生归纳总结两种方法的特点，促使他们形成对两种方法的较完整认识．所以本节课宜采取自主探究与师生交流相结合的教学模式，充分暴露学生思维，总结共性，形成规律．●教学流程创设问题情境，引出问题：证明以下命题，并归纳思考过程和特点(给出例1、例2)⇒学生探究后，师生交流，通过分析、比较归纳、概括，得出综合法、分析法的定义.⇒进一步引导学生揭示综合法与分析法的操作流程.⇒通过例1及变式训练完善综合法.⇒通过例2及互动探究完善分析法.⇒通过例3及变式训练巩固两种方法，并理清两种方法的区别与联系.⇒归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识.⇒完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行反馈矫正.【问题导思】阅读下列证明过程，回答问题．已知实数x ，y 满足x ＋y ＝1，求证：2x ＋2y ≥2 2.证明：因为x ＋y ＝1，所以2x ＋2y ≥22x ·2y ＝22x ＋y ＝22，故2x ＋2y ≥22成立． 1．本题的条件和结论是什么？【提示】 条件：x ＋y ＝1；结论：2x ＋2y ≥2 2. 2．本题的证明顺序是什么？【提示】 从已知利用基本不等式到待证结论．从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接【问题导思】证明不等式：3＋22<2＋7成立，可用下面的方法进行． 证明：要证明3＋22<2＋7， 由于3＋22>0,2＋7>0，只需证明(3＋22)2<(2＋7)2，展开得11＋46<11＋47，只需证明6<7， 显然6<7成立．∴3＋22<2＋7成立． 1．本题证明从哪里开始？【提示】 从结论开始． 2．证题思路是什么？【提示】 从结论开始，寻求每一步成立的充分条件． 从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等．这样的思维方法称为分析法.设a ，b ，c >0，求证：bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c .【思路探究】 注意到不等式左、右两边的特征，只需利用“bc a ＋ac b ≥2bc a ·acb＝2c ”，就可将左、右两边的形式化异为同．【自主解答】 因为bc a ＋ac b ≥2bc a ·acb＝2c ，ac b ＋ab c ≥2ac b ·ab c ＝2a ，ab c ＋bc a ≥2ab c ·bc a＝2b ，将以上三个不等式左、右分别相加，得：2(bc a ＋ac b ＋ab c )≥2a ＋2b ＋2c ，即bc a ＋ac b ＋abc ≥a ＋b ＋c .1．应用综合法解决问题时，应充分分析条件和结论之间的异同点，然后合理选择相关定义、定理、公式等已知结论化异为同将条件向结论转化．2．综合法是从命题的条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到问题的解决．综合法广泛应用于数学知识的各个方面，是解决问题非常重要的方法．一般说来，当题目已知条件中因果关系较清晰时，可正向思考，由因索果，用综合法解决．已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b≥4.【证明】 法一 ∵a ，b 是正数且a ＋b ＝1，∴a ＋b ≥2ab ，∴ab ≤12，∴1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab≥4. 法二 ∵a ，b 是正数，∴a ＋b ≥2ab >0，1a ＋1b ≥21ab>0，∴(a ＋b )(1a ＋1b)≥4.又a ＋b ＝1，∴1a ＋1b≥4.法三 ∵a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，∴1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＝1＋b a ＋ab ＋1≥2＋2b a ·a b ＝4.当且仅当a ＝b 时，取“＝”号．【自主解答】 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.∵a >0，故只需证( a 2＋1a 2＋2)2≥(a ＋1a＋2)2，即证a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22(a ＋1a)＋2，从而只需证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a )，只需证4(a 2＋1a 2)≥2(a 2＋2＋1a 2)，即证a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．1．本题观察到已知条件简单(a >0)，而证明的结论 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2比较复杂，这时我们一般采用分析法．2．分析法的证明过程是：确定结论与已知条件间的联系，合理选择相关定义、定理对结论进行转化，直到获得一个显而易见的命题即可．将本例的条件改为“a ＋b >0”，结论改为“a 2＋b 2≥22(a ＋b )”．【证明】 要证a 2＋b 2≥22(a ＋b )，只需证(a 2＋b 2)2≥[22(a ＋b )]2，即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )，即a 2＋b 2≥2ab .因为a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立，所以a 2＋b 2≥2(a ＋b )成立.，B ，C的对边，求证：(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.【思路探究】 本题可从结论入手用分析法求解，也可从条件入手用综合法证明． 【自主解答】 法一 (分析法)要证(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1，即证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c ，只需证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，化简，得c a ＋b ＋ab ＋c＝1，即c (b ＋c )＋(a ＋b )a ＝(a ＋b )(b ＋c )， 所以只需证c 2＋a 2＝b 2＋ac .因为△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，即a 2＋c 2－b 2＝ac 成立．∴(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1成立． 法二 (综合法)因为△ABC 的三内角A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°. 由余弦定理，有b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°.所以c 2＋a 2＝ac ＋b 2，两边加ab ＋bc ，得 c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 两边同时除以(a ＋b )(b ＋c )，得 c a ＋b ＋a b ＋c＝1， 所以(c a ＋b ＋1)＋(ab ＋c ＋1)＝3，即1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 所以(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.综合法和分析法各有优缺点．从寻求解题思路来看，综合法由因导果，分析法执果索因．就表达证明过程而论，综合法形式简洁，条理清晰；分析法叙述烦琐，文辞冗长．也就是说分析法宜于思考，综合法宜于表述．因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先利用分析法寻求解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10，求证：log a c ＋log b c ≥4lg c . 【证明】 因为a >1，b >1，故要证log a c ＋log b c ≥4lg c ，则只需证lg c lg a ＋lg clg b≥4lg c .又因为c >1，所以lg c >0，故只需证1lg a ＋1lg b ≥4，即lg a ＋lg b lg a ·lg b≥4，又因为ab ＝10，所以lg a ＋lg b ＝lg(ab )＝1，故只需证1lg a ·lg b≥4，(*)又因为lg a >0，lg b >0，所以0<lg a ·lg b ≤(lg a ＋lg b 2)2＝(12)2＝14，即(*)式成立．所以原不等式成立，即log a c ＋log b c ≥4lg c .化归与转化思想在证明题中的应用(12分)在△ABC 中，三个内角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.【思路点拨】 将A 、B 、C 成等差数列，转化为符号语言就是2B ＝A ＋C ；A 、B 、C 为△ABC 的内角，这是一个隐含条件，明确表示出来是A ＋B ＋C ＝π；a 、b 、c 成等比数列，转化为符号语言就是b 2＝ac .再结合余弦定理进行求解即可．【规范解答】 由A 、B 、C 成等差数列，有2B ＝A ＋C .①2分 ∵A 、B 、C 为△ABC 的内角，∴A ＋B ＋C ＝π.②由①②得，B ＝π3.③4分由a 、b 、c 成等比数列，有b 2＝ac .④6分 由余弦定理及③，可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac .8分 再由④，得a 2＋c 2－ac ＝ac . 即(a －c )2＝0，因此a ＝c .9分 从而有A ＝C .⑤10分由②③⑤，得A ＝B ＝C ＝π3.所以△ABC 为等边三角形.12分1．本题中欲判断△ABC 的形状，可考虑从三角形中的角(或边)入手分析，这就要将条件中的边角相互转化，从而使问题得以解决．2．解答数学问题时，应充分分析题目的条件和结论，并在此基础上找到条件与结论的差异，然后展开联想，联想有关的数学定理、公式等，最后选择合理的依据和手段化异为同．1．综合法证明问题的步骤第一步：分析条件、选择方向，仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题方法．第二步：转化条件、组织过程．把题目的已知条件，转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化，组织过程要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．第三步：统览全题，要点检查，解题后注意对整个题的检查，反思总结解题方法的选取． 2．在分析法证明中，从结论出发的每一个步骤所得到的判断都是结论成立的充分条件，最后一步归结到已被证明了的事实．因此，从最后一步可以倒推回去，直到结论，但这个倒推过程可以省略.1．若a >b >0，则下列不等式中总成立的是( )A ．a ＋1b >b ＋1a B.b a >b ＋1a ＋1C ．a ＋1a >b ＋1b D.2a ＋b a ＋2b >a b【解析】 ∵a >b >0，∴1b >1a >0，∴a ＋1b >b ＋1a.【答案】 A2．欲证2－3<6－7成立，只需证( ) A ．(2－3)2<(6－7)2 B ．(2－6)2<(3－7)2 C ．(2＋7)2<(3＋6)2D ．(2－3－6)2<(－7)2【解析】 欲证2－3<6－7，即证2＋7<3＋6，因两边皆为正数，故只需证(2＋7)2<(3＋6)2.【答案】 C3．已知a ，b ，x 均为正数，且a >b ，则b a 与b ＋xa ＋x的大小关系为________．【解析】 ∵b (a ＋x )－a (b ＋x )＝ab ＋bx －ab －ax ＝x (b －a )，∵a ，b ，x 均为正数，a >b ， ∴x (b －a )<0.∴b (a ＋x )<a (b ＋x )．即b a <b ＋xa ＋x.【答案】 b a <b ＋xa ＋x4．设a >0，b >0且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. 【证明】 要证a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2， 只需证a 3＋b 3－a 2b －ab 2>0， 只需证a 2(a －b )＋b 2(b －a )>0， 只需证(a －b )·(a 2－b 2)>0， 只需证(a －b )2(a ＋b )>0， 又a >0，b >0，a ≠b ， 故(a －b )2>0，a ＋b >0， 不等式显然成立.一、选择题 1．(2013·济南高二检测)若实数x ，y 满足不等式xy >1，x ＋y ≥0，则( ) A ．x >0，y >0 B ．x <0，y <0 C ．x >0，y <0 D ．x <0，y >0【解析】 ∵xy >1>0，∴x ，y 同号，又x ＋y ≥0，故x >0，y >0. 【答案】 A2．在不等边三角形中，a 为最长边，要想得到∠A 为钝角的结论，三边a ，b ，c 应满足条件( )A ．a 2<b 2＋c 2B ．a 2＝b 2＋c 2C ．a 2>b 2＋c 2D ．a 2≤b 2＋c 2【解析】 由cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0知b 2＋c 2－a 2<0，即a 2>b 2＋c 2.【答案】 C3．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0【解析】 ∵a 2＋b 2－1－a 2b 2＝(a 2－a 2b 2)＋(b 2－1) ＝a 2(1－b 2)＋(b 2－1)＝(a 2－1)(1－b 2) ＝－(a 2－1)(b 2－1) 故选D.【答案】 D4．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系为( ) A ．P ＞Q B ．P ＝QC ．P ＜QD ．由a 的取值确定 【解析】 要比较P 与Q 的大小，只需比较P 2与Q 2的大小，只需比较2a ＋7＋2a (a ＋7)与2a ＋7＋2(a ＋3)(a ＋4)的大小，只需比较a 2＋7a 与a 2＋7a ＋12的大小， 即比较0与12的大小，而0＜12. 故P ＜Q 成立． 【答案】 C5．已知函数f (x )＝(12)x ，A ＝f (a ＋b 2)，B ＝f (ab )，C ＝f (2aba ＋b)，(a ＞0，b ＞0)，则A ，B ，C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A【解析】 由于a ＋b 2≥ab ≥2aba ＋b，又函数f (x )＝(12)x 在R 上为减函数，故f (a ＋b 2)≤f (ab )≤f (2aba ＋b)．【答案】 A 二、填空题6．将下面用分析法证明a 2＋b 22≥ab 的步骤补充完整：要证a 2＋b 22≥ab ，只需证a 2＋b 2≥2ab ，也就是证______，即证________，由于________显然成立，因此原不等式成立．【解析】 分析法就是要证结论成立的充分条件．即应填：a 2＋b 2－2ab ≥0，(a －b )2≥0，(a －b )2≥0.【答案】 a 2＋b 2－2ab ≥0 (a －b )2≥0 (a －b )2≥07．若lg x ＋lg y ＝2lg(x －2y )，则log 2xy＝________.【解析】 原等式⇔⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y >0，x －2y >0，xy ＝(x －2y )2，即(x y )2－5(x y )＋4＝0，解得xy＝4或1(舍)， 故log 2xy＝log 24＝4.【答案】 48．已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)且1a ＋9b＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________．【解析】 由题意得a ＋b ＝(a ＋b )(1a ＋9b )＝10＋(9a b ＋b a )≥10＋29＝16，当且仅当9a b ＝ba且1a ＋9b＝1，即a ＝4，b ＝12时，等号成立． ∴a ＋b 的最小值为16，∴要使a ＋b ≥μ恒成立，只需μ≤16. 【答案】 0＜μ≤16 三、解答题9．已知x ＞0，y ＞0，x ＋y ＝1，求证：(1＋1x )(1＋1y)≥9.【证明】 法一 ∵x ＋y ＝1，∴(1＋1x )(1＋1y )＝(1＋x ＋y x )(1＋x ＋y y )＝(2＋y x )(2＋xy)＝5＋2(y x ＋x y)． 又∵x ＞0，y ＞0，∴y x ＞0，xy＞0.∴y x ＋xy≥2， 当且仅当y x ＝x y ，即x ＝y ＝12时取等号．则有(1＋1x )(1＋1y)≥5＋2×2＝9成立．法二 ∵x ＞0，y ＞0,1＝x ＋y ≥2xy ，当且仅当x ＝y ＝12时等号成立，∴xy ≤14.则有(1＋1x )(1＋1y )＝1＋1x ＋1y ＋1xy ＝1＋x ＋y xy ＋1xy ＝1＋2xy≥1＋8＝9成立．10．已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－aca< 3.【证明】 ∵a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，∴a >0，c <0，要证原不等式成立，只需证b 2－ac <3a ，即证b 2－ac <3a 2，即证(a ＋c )2－ac <3a 2，即证(a －c )(2a ＋c )>0，∵a －c >0,2a ＋c ＝(a ＋c )＋a ＝a －b >0， ∴(a －c )(2a ＋c )>0成立，故原不等式成立．11．(1)设x ≥1，y ≥1，证明x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ；(2)1＜a ≤b ≤c ，证明log a b ＋log b c ＋log c a ≤log b a ＋log c b ＋log a c . 【证明】 (1)由于x ≥1，y ≥1，所以x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy ⇔xy (x ＋y )＋1≤y ＋x ＋(xy )2.将上式中的右式减左式，得 [y ＋x ＋(xy )2]－[xy (x ＋y )＋1] ＝[(xy )2－1]－[xy (x ＋y )－(x ＋y )] ＝(xy ＋1)(xy －1)－(x ＋y )(xy －1) ＝(xy －1)(xy －x －y ＋1) ＝(xy －1)(x －1)(y －1)． 既然x ≥1，y ≥1，所以(xy －1)(x －1)(y －1)≥0， 从而所要证明的不等式成立．(2)设log a b ＝x ，log b c ＝y ，由对数的换底公式得log c a ＝1xy ，log b a ＝1x ，log c b ＝1y，log a c ＝xy .于是，所要证明的不等式即为x ＋y ＋1xy ≤1x ＋1y＋xy .其中x ＝log a b ≥1，y ＝log b c ≥1. 故由(1)知所要证明的不等式成立.(教师用书独具)已知：a 、b 、c 是不全相等的正数，且0<x <1.求证：log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c2<log x a ＋log x b ＋log x c .【思路探究】 先利用对数的运算将不等式化简后，再结合基本不等式证明．【自主解答】 要证明log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c2<log x a ＋log x b ＋log x c ，只需要证明log x [(a ＋b )2·(b ＋c )2·(a ＋c )2]<log x (abc )．由已知0<x <1，只需证明a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2>abc .由公式知a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，a ＋c2≥ac >0.∵a ，b ，c 不全相等，上面三式相乘， a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c2> a 2b 2c 2＝abc ， 即a ＋b 2·b ＋c 2·a ＋c 2>abc 成立．∴log x a ＋b 2＋log x b ＋c 2＋log x a ＋c 2<log x a ＋log x b ＋log x c 成立．1．解决本题的关键是分析出结论中不等式的复杂之处在于带有对数符号，故应先将其化去．2．在具体问题的解答中，能否合理分析条件、结论，并将条件与结论之间沟通联系起来，是解题的关键．是否存在常数c ，使得不等式x 2x ＋y ＋y x ＋2y ≤c ≤x x ＋2y ＋y2x ＋y对任意正数x ，y 恒成立？试证明你的结论．【证明】 令x ＝y ＝1，得23≤c ≤23，∴c ＝23.先证明x 2x ＋y ＋y x ＋2y ≤23，因为x >0，y >0，要证x 2x ＋y ＋y x ＋2y ≤23，只需证3x (x ＋2y )＋3y (2x ＋y )≤2(2x ＋y )(x ＋2y )， 即x 2＋y 2≥2xy ，这显然成立，∴x 2x ＋y ＋y x ＋2y ≤23. 再证x x ＋2y ＋y 2x ＋y ≥23，只需证3x (2x ＋y )＋3y (x ＋2y )≥2(x ＋2y )(2x ＋y )， 即2xy ≤x 2＋y 2，这显然成立．∴x x ＋2y ＋y 2x ＋y ≥23. ∴存在常数c ＝23，使对任何正数x ，y 都有x 2x ＋y ＋y x ＋2y ≤23≤x x ＋2y ＋y2x ＋y成立．。

归纳推理【例1】 (1)观察式子：1＋22<2，1＋22＋32<3，1＋22＋32＋42<4，……，由此可归纳出的式子为( )A ．1＋122＋132＋…＋1n 2<12n －1B ．1＋122＋132＋…＋1n 2<12n ＋1C ．1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1nD ．1＋122＋132＋…＋1n 2<2n 2n ＋1(2)两点等分单位圆时，有相应正确关系为sin α＋sin(π＋α)＝0；三点等分单位圆时，有相应正确关系为sin α＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋2π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋4π3＝0，由此可以推知，四点等分单位圆时的相应正确关系为__________．思路探究：(1)观察各式特点，找准相关点，归纳即得． (2)观察各角的正弦值之间的关系得出结论．(1)C (2)sin α＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＋sin(α＋π)＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝0 [(1)由各式特点，可得1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n.故选C.(2)用两点等分单位圆时，关系为sin α＋sin(π＋α)＝0，两个角的正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角与第一个角的差为(π＋α)－α＝π，用三点等分单位圆时，关系为sin α＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋2π3＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋4π3＝0，此时三个角的正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角与第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等，即有⎝⎛⎭⎪⎫α＋4π3－⎝⎛⎭⎪⎫α＋2π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋2π3－α＝2π3.依此类推，可得当四点等分单位圆时，为四个角正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角为2π4＋α＝π2＋α，第三个角为π2＋α＋2π4＝π＋α，第四个角为π＋α＋2π4＝3π2＋α，即其关系为sin α＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＋sin(α＋π)＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝0.]归纳推理的特点及一般步骤1．已知函数y ＝sin 4x ＋cos 4x(x∈R)的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，则(1)函数y ＝sin 6x ＋cos 6x(x∈R)的值域是__________；(2)类比上述结论，函数y ＝sin 2nx ＋cos 2nx(n∈N ＋)的值域是__________．(1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1 (2)[21－n,1] [(1)y ＝sin 6x ＋cos 6x ＝(sin 2x ＋cos 2x)(sin 4x －sin 2 xcos 2 x ＋cos 4 x)＝sin 4x －sin 2xcos 2 x ＋cos 4x ＝(sin 2 x ＋cos 2 x)2－3sin 2xcos 2x ＝1－34sin 2(2x)＝1－38(1－cos 4x)＝58＋38cos 4x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1.(2)由类比可知，y ＝sin 2nx ＋cos 2nx 的值域是[21－n,1]．]类比推理【例2】 类比三角形内角平分线定理：设△ABC 的内角A 的平分线交BC 于点M ，则AC ＝MC .若在四面体P­ABC 中，二面角B­PA­C 的平分面PAD 交BC 于点D ，你可得到什么结论？并加以证明．思路探究：此题是平面图形与立体图形作类比，因为平面图形中得出的结论是线段的比，所以立体图形中可想到面积的比．S △BDP S △CDP ＝S △BPAS △CPA. [解] 画出相应图形，如图所示．由题意类比推理所探索结论为证明如下：由于平面PAD 是二面角B­PA­C 的平分面，所以点D 到平面BPA 与它到平面CPA 的距离相等．所以V D­BPA V D­CPA ＝S △BPA S △CPA.①又因为V D­BPA V D­CPA ＝V A­BDP V A­CDP ＝S △BDPS △CDP ，②由①②知S △BDP S △CDP ＝S △BPAS △CPA成立．类比推理的特点及一般步骤2．在Rt△ABC 中，若∠C＝90°，则cos 2A ＋cos 2B ＝1，则在立体几何中，给出四面体相应结论的猜想． [解] 直角三角形类比三个侧面两两垂直的四面体；直角三角形的两个锐角类比上述四面体的三个侧面与底面所成的角，分别设为α，β，γ； 类比直角三角形中相应的结论猜想cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1．综合法与分析法【例3】 设a>0，b>0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab ≥8.试用综合法和分析法分别证明．思路探究：(1)综合法：根据a ＋b ＝1，分别求1a ＋1b 与1ab 的最小值．(2)分析法：把1ab 变形为a ＋b ab ＝1a ＋1b 求证．[证明] 法一：(综合法) ∵a>0，b>0，a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b≥2ab ，ab ≤12，ab≤14，∴1ab≥4.又1a ＋1b ＝(a ＋b)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b ≥4， ∴1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝12时等号成立)． 法二：(分析法) ∵a>0，b>0，a ＋b ＝1， 要证1a ＋1b ＋1ab≥8，只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋a ＋b ab ≥8， 只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1a ≥8， 即证1a ＋1b≥4，也就是证a ＋b a ＋a ＋bb ≥4，即证b a ＋ab≥2，由基本不等式可知，当a>0，b>0时， b a ＋ab≥2成立，所以原不等式成立．分析法和综合法的证明特点1．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．2．分析法和综合法是两种思路相反的推理方法．分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．3．(1)已知a ，b ，c 为互不相等的非负数， 求证：a 2＋b 2＋c 2>abc(a ＋b ＋c)．(2)用分析法证明：2cos(α－β)－sin (2α－β)sin α＝sin βsin α.[证明] (1)因为a 2＋b 2≥2ab， b 2＋c 2≥2bc，a 2＋c 2≥2ac，又因为a ，b ，c 为互不相等的非负数， 所以上面三个式子中都不能取“＝”， 所以a 2＋b 2＋c 2>ab ＋bc ＋ac ，因为ab ＋bc≥2ab 2c ，bc ＋ac≥2abc 2， ab ＋ac≥2a 2bc ，又a ，b ，c 为互不相等的非负数， 所以ab ＋bc ＋ac>abc(a ＋b ＋c)， 所以a 2＋b 2＋c 2>abc(a ＋b ＋c)． (2)要证原等式成立，只需证：2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，① 因为①左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α ＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α ＝sin β＝右边，所以①成立，即原等式成立.反证法n (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列．思路探究：(1)利用等比数列的概念及通项公式推导前n 项和公式；(2)利用反证法证明要证的结论． [解] (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1， ① qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n，②①－②得，(1－q)S n ＝a 1－a 1q n， ∴S n ＝a 1(1－q n)1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q≠1.(2)证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k∈N ＋， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1， a 21q 2k＋2a 1q k＝a 1qk －1·a 1qk ＋1＋a 1q k －1＋a 1qk ＋1，∵a 1≠0，∴2q k＝qk －1＋qk ＋1．∵q≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．反证法证题思路反证法是间接证明的一种基本方法，用反证法证明时，假定原结论的对立面为真，从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果，断定反设不成立，从而肯定结论．反证法的思路：反设→归谬→结论．4．已知二次函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a>0)的图像与x 轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0<x<c 时，f(x)>0.(1)证明：1a 是f(x)＝0的一个根；(2)试比较1a与c 的大小．[解] (1)证明：∵f(x)的图像与x 轴有两个不同的交点， ∴f(x)＝0有两个不等实根x 1，x 2． ∵f(c)＝0，∴x 1＝c 是f(x)＝0的根． 又x 1x 2＝ca ，∴x 2＝1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ≠c ，∴1a 是f(x)＝0的一个根． (2)假设1a <c ，又1a >0，由0<x<c 时，f(x)>0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >0与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝0矛盾， ∴1a ≥c.又∵1a ≠c，∴1a>c.数学归纳法【例5】 已知正数数列{a n }(n∈N ＋)中，前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋a n，用数学归纳法证明：a n ＝n－n －1.[证明] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，所以a 21＝1(a n >0)，所以a 1＝1，又1－0＝1， 所以n ＝1时，结论成立．(2)假设n ＝k(k≥1，k∈N ＋)时，结论成立，即a k ＝k －k －1. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫k －k －1＋1k －k －1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－k ，所以a 2k ＋1＋2ka k ＋1－1＝0，解得a k ＋1＝k ＋1－k(a n >0)，所以n ＝k ＋1时，结论成立． 由(1)(2)可知，对n∈N ＋都有a n ＝n －n －1.数学归纳法使用的两个关注点关注点一：用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少．关注点二：由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除等式两边变化的项外还要利用n ＝k 时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．5．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a n ＋1)2(n∈N ＋)，a 2＝2．(1)求a 1，a 3；(2)猜想{a n }的通项公式，并证明．[解] (1)由S n ＝n (a n ＋1)2，得a 1＝1，又由a 2＝2，得a 3＝3.(2)猜想：a n ＝n.证明如下：①当n ＝1时，猜想成立．②假设当n ＝k(k≥2)时，猜想成立，即a k ＝k ， 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝(k ＋1)(a k ＋1＋1)2－k (a k ＋1)2＝(k＋1)(a k＋1＋1)2－k(k＋1)2.所以a k＋1＝k＋1，所以当n＝k＋1时，猜想也成立．根据①②知，对任意n∈N＋，都有a n＝n.导数的定义求导【例1】 利用导数的定义求函数y ＝x 2＋1的导数．思路探究：根据求导的步骤求解即可． [解] y′＝lim Δx→0Δy Δx ＝lim Δx→0 f (x ＋Δx )－f (x )Δx＝lim Δx→0(x ＋Δx )2＋1－x 2＋1Δx＝lim Δx→02x·Δx＋(Δx )2Δx [(x ＋Δx )2＋1＋x 2＋1]＝lim Δx→02x ＋Δx(x ＋Δx )2＋1＋x 2＋1＝xx 2＋1.导数定义的理解函数f(x)在点x ＝x 0处的导数是f(x)在x 0点附近的平均变化率Δy Δx ＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ；当Δx 趋于0时的极限，即f′(x 0)＝lim Δx→0ΔyΔx，这是数学上的“逼近思想”． 对于导数的定义，必须明确定义中包含的基本内容和Δx→0的方式，掌握用定义求导数的三个步骤以及用定义求导数的一些简单变形．1．设f(x)在x 处可导，则lim Δh→0f (x ＋h )－f (x －h )2h ＝( )A ．2f′(x)B ．12f′(x) C ．f′(x) D ．4f′(x)C [lim Δh→0f (x ＋h )－f (x －h )2h＝lim Δh→0f (x ＋h )－f (x )＋f (x )－f (x －h )2h＝12lim Δh→0 f (x ＋h )－f (x )h ＋12lim Δh→0 f (x )－f (x －h )h ＝f′(x)．]导数的几何意义的应用【例2】 已知函数f(x)＝x 3＋x －16.(1)求曲线y ＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l 为曲线y ＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l 的方程及切点坐标． 思路探究：(1)点(2，－6)在曲线上，利用y －f(x 0)＝f′(x 0)(x －x 0)；(2)点(0,0)不在曲线上要先设切点(x 0，f(x 0))再将(0,0)代入切线方程求切点即可求得． [解] (1)可判定点(2，－6)在曲线y ＝f(x)上． ∵f′(x)＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，∴f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f′(2)＝13. ∴切线的方程为y －(－6)＝13(x －2)， 即y ＝13x －32． (2)设切点为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f′(x 0)＝3x 20＋1， y 0＝x 30＋x 0－16，∴直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16. 又∵直线l 过点(0,0)，∴0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16， 整理得，x 30＝－8， ∴x 0＝－2．∴y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，得切点坐标为(－2，－26)，k ＝3×(－2)2＋1＝13. ∴直线l 的方程为y ＝13x ， 切点坐标为(－2，－26)．利用几何意义求切线时的关键利用导数的几何意义求切线方程时关键是搞清所给的点是不是切点，常见的类型有两种，一是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，先求导，再求斜率代入直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可先设切点为Q(x 1，y 1)，则切线方程为y －y 1＝f′(x 1)(x －x 1)，再由切线过点P(x 0，y 0)得y 0－y 1＝f′(x 1)(x 0－x 1)， ① 又y 1＝f(x 1)，②由①②求出x 1，y 1的值，即求出了过点P(x 0，y 0)的切线方程．2．已知曲线y ＝1x.(1)求曲线在点P(1,1)处的切线方程； (2)求曲线过点Q(1,0)的切线方程； (3)求满足斜率为－14的曲线的切线方程．[解] ∵y＝1x ，∴y′＝－1x 2.(1)∵点P(1,1)在y ＝1x 上，∴k＝y′|x ＝1＝－112＝－1．∴在点P(1,1)处的切线方程为：y －1＝－(x －1)． ∴切线方程为：x ＋y －2＝0.(2)∵点Q(1,0)不在曲线y ＝1x 上，可设切点为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，1x 0， ∴在A 点处的切线方程为：y －1x 0＝－1x 20(x －x 0)．∴切线方程为：y ＝－1x 20x ＋2x 0.又∵切线过点Q(1,0)，∴－1x 20＋2x 0＝0，∴2x 0－1＝0，∴x 0＝12.∴切线方程为y ＝－4x ＋4. (3)设切点坐标为B ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，1x 1，则切线的斜率为k ＝－1x 21.又∵－1x 21＝－14，∴x 21＝4，∴x 1＝2或－2，∴切点为B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12或B 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12，∴切线方程为：y －12＝－14(x －2)，或y ＋12＝－14(x ＋2)，∴切线方程为：y ＝－14x ＋1或y ＝－14x －1．求函数的导数【例3】 求下列函数的导数． (1)y ＝(1＋x 2)cos x ； (2)y ＝ln x x －2x；(3)y ＝e －ax 2＋bx.思路探究：认真分析解析式的特征，判断函数是由基本初等函数的和、差、积、商构成还是复合构成，然后选择相应的求导法则进行运算．[解] (1)∵y＝(1＋x 2)cos x ， ∴y′＝2xcos x ＋(1＋x 2)(－sin x) ＝2xcos x －sin x －x 2sin x. (2)∵y＝ln x x－2x ，∴y′＝(ln x )′x－x′ln x x 2－2x ln 2＝1－ln x x 2－2xln 2． (3)y ＝e u，u ＝－ax 2＋bx.y x ′＝y u ′·u x ′＝e u·(－ax 2＋bx)′ ＝e u·(－2ax ＋b)＝(－2ax ＋b)e －ax 2＋bx.运算法则求导的注意点求函数的导数要准确把函数分割为基本函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导数．在求导过程中，要仔细分析出函数解析式的结构特征，根据导数运算法则，联系基本函数的导数公式．对于不具备导数运算法则结构形式的要进行适当恒等变形，转化为较易求导的结构形式，再求导数，进而解决一些切线斜率、瞬时速度等问题．3．求下列函数的导数．(1)y ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；(2)y ＝3x 2－x x ＋5x －9x ；(3)y ＝1＋ln 2x.[解] (1)∵y＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3＝x 3＋1＋1x 2，∴y′＝3x 2－2x3.(2)∵y＝3x 32－x ＋5－9x －12，∴y′＝3(x 32)′－x′＋5′－9(x －12)′ ＝92x 12－1＋92x －32＝92 x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1． (3)y ＝u 12，u ＝1＋v 2，v ＝ln x. y x ′＝y u ′·u v ′·v x ′＝12u －12·2v·1x＝12·11＋ln 2x·2ln x·1x ＝ln xx 1＋ln 2 x .导数的综合问题【例4】 设函数f(x)＝ax ＋x ＋b(a ，b∈Z)，曲线y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y ＝3. (1)求f(x)的解析式；(2)证明：曲线y ＝f(x)上任一点的切线与直线x ＝1和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，并求出此定值．思路探究：(1)用待定系数法求解，根据条件通过导数建立关于a ，b 的方程组，解方程组确定a ，b 从而得到f(x)的解析式．(2)设曲线上任一点坐标(x 0，y 0)，表示出该点的切线方程，然后证明三角形的面积与点(x 0，y 0)无关．[解] (1)f′(x)＝a －1(x ＋b )2，则依题意f′(2)＝0，f(2)＝3. 于是⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋12＋b ＝3，a －1(2＋b )2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝94，b ＝－83.因为a ，b∈Z，故f(x)＝x ＋1x －1. (2)证明：在曲线上任取一点⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋1x 0－1， 由f′(x 0)＝1－1(x 0－1)2，知在此点处的切线方程为y －x 20－x 0＋1x 0－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(x 0－1)2(x －x 0)．令x ＝1，得y ＝x 0＋1x 0－1，即切线与直线x ＝1的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，x 0＋1x 0－1；令y ＝x ，得y ＝2x 0－1，即切线与直线y ＝x 的交点为(2x 0－1,2x 0－1)； 又直线x ＝1与直线y ＝x 的交点为(1,1)， 从而所围成的三角形的面积为12⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋1x 0－1－1|2x 0－1－1|＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0－1|2x 0－2|＝2．所以，所围成的三角形的面积为定值2．导数应用中的数学思想导函数本身就是一种函数，因此在解决有关导数的问题时，常常会用到函数方程思想．函数的思想是用运动和变化的观点、集合与对应的思想去分析和研究数学问题中的数量关系，建立函数关系式或构造函数，运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．方程思想就是分析数学问题中变量的等量关系，从而建立方程或方程组，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，从而使问题获得解决．4．已知直线x －2y －4＝0与抛物线y 2＝x 相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，试在抛物线的弧︵AOB 上求一点P ，使△ABP 的面积最大．[解] 设P(x 0，y 0)，过点P 与AB 平行的直线为l ，如图．由于直线x －2y －4＝0与抛物线y 2＝x 相交于A ，B 两点，所以|AB|为定值，要使△ABP 的面积最大，只要P 到AB 的距离最大，而P 点是抛物线的弧︵AOB 上的一点，因此点P 是抛物线上＝12x，由题平行于直线AB 的切线的切点，由图知点P 在x 轴上方，y ＝x ，y′意知k AB ＝12，所以k l ＝12x 0＝12，即x 0＝1，所以y 0＝1，所以P(1,1)．利用导数研究函数的单调性【例1】 设函数f(x)＝x －1x －aln x(a∈R)，讨论f(x)的单调性．思路探究：求出导函数的表达式→根据a 的取值情况对导数符号的影响进行分类讨论[解] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x2. 令g(x)＝x 2－ax ＋1，则对于方程x 2－ax ＋1＝0，Δ＝a 2－4.(1)当－2≤a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，只有当a ＝2，x ＝1或a ＝－2，x ＝－1时，等号成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)当a<－2时，Δ>0，g(x)＝0的两根都小于0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则在(0，＋∞)上g(x)>g(0)＝1，所以f′(x)>0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(3)当a>2时，Δ>0，g(x)＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42.当0<x<x 1时，f′(x)>0；当x 1<x<x 2时，f′(x)<0；当x>x 2时，f′(x)>0.故函数f(x)在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．综上，当a≤2时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时，函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减．利用导数研究单调性的步骤利用导数研究函数的单调性是导数的主要应用之一，其步骤为： (1)求函数的定义域，并求导；(2)研究导函数f′(x)的符号，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；(3)确定函数的单调性或单调区间．在求导这一环节中，往往要将导函数变形，其目的在于方便下一环节研究导函数的符号，常见的措施有化为基本初等函数、通分、因式分解等．1．已知函数f(x)＝x 3－ax －1，讨论f(x)的单调区间． [解] f′(x)＝3x 2－a.(1)当a≤0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数． (2)当a>0时，令3x 2－a ＝0，得x ＝±3a3， 当x>3a 3或x<－3a 3时，f′(x)>0； 当－3a 3<x<3a 3时，f′(x)<0. 因此f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数． 综上可知，当a≤0时，f(x)在R 上为增函数． 当a>0时， f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3上为减函数.利用导数研究函数的极值与最值32行．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)在区间[0，t](0<t<3)上的最大值和最小值；思路探究：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝0，f′(1)＝－3，求出a ，b 即可．(2)对t 分0<t≤2与2<t<3两种情况求最值．[解] (1)因为f′(x)＝3x 2＋2ax ，曲线在P(1,0)处的切线斜率为f′(1)＝3＋2a ，即3＋2a ＝－3，a ＝－3.又函数过(1,0)点，即－2＋b ＝0，b ＝2． 所以a ＝－3，b ＝2，f(x)＝x 3－3x 2＋2． (2)由f(x)＝x 3－3x 2＋2，得f′(x)＝3x 2－6x. 由f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝2．①当0<t≤2时，在区间(0，t)上f′(x)<0，f(x)在[0，t]上是减函数，所以f(x)max ＝f(0)＝2，f(x)min＝f(t)＝t 3－3t 2＋2．②当2<t<3时，当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,2) 2 (2，t) t f′(x) 0 － 0 ＋ ＋ f(x)2单调递减↘极小值－2单调递增↗t 3－3t 2＋2f(x)min ＝f(2)＝－2，f(x)max 为f(0)与f(t)中较大的一个． f(t)－f(0)＝t 3－3t 2＝t 2(t －3)<0. 所以f(x)max ＝f(0)＝2．本例在(1)的结论下，关于x 的方程f(x)＝c 在区间[1,3]上恰有两个相异的实根，求实数c 的取值范围．[解] 令g(x)＝f(x)－c ＝x 3－3x 2＋2－c ， g′(x)＝3x 2－6x ＝3x(x －2)．在x∈[1,2)上，g′(x)<0；在x∈(2,3]上，g′(x)>0.要使g(x)＝0在[1,3]上恰有两个相异的实根，则⎩⎪⎨⎪⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (3)≥0，解得－2<c≤0.利用导数求极值和最值的步骤导数是求函数极值与最值的最有力工具，求函数极值的一般步骤为： (1)确定函数f(x)的定义域； (2)解方程f′(x)＝0的根；(3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号． 若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值； 若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值； 否则，此根不是f(x)的极值点．对于求函数的最值问题，只需直接将极值与区间端点函数值比较即可．2．已知函数f(x)＝－x 3＋12x ＋m.(1)若x∈R，求函数f(x)的极大值与极小值之差； (2)若函数y ＝f(x)有三个零点，求m 的取值范围；(3)当x∈[－1,3]时，f(x)的最小值为－2，求f(x)的最大值．[解] (1)f′(x)＝－3x 2＋12． 当f′(x)＝0时，x ＝－2或x ＝2． 当f′(x)＞0时，－2＜x ＜2． 当f′(x)＜0时，x ＜－2或x ＞2．∴f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递减，在(－2,2)上单调递增． ∴f(x)极小值＝f(－2)＝－16＋m. f(x)极大值＝f(2)＝16＋m. ∴f(x)极大值－f(x)极小值＝32．(2)由(1)知要使函数y ＝f(x)有三个零点，必须⎩⎪⎨⎪⎧f (x )极小值＜0，f (x )极大值＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧－16＋m ＜0，16＋m ＞0，∴－16＜m ＜16.∴m 的取值范围为(－16,16)．(3)当x∈[－1,3]时，由(1)知f(x)在[－1,2)上单调递增，f(x)在[2,3]上单调递减，f(x)的最大值为f(2)．又f(－1)＝－11＋m ，f(3)＝m ＋9， ∴f(－1)＜f(3)，∴在[－1,3]上f(x)的最小值为f(－1)＝－11＋m ， ∴－11＋m ＝－2，∴m＝9.∴当x∈[－1,3]时，f(x)的最大值为 f(2)＝(－2)3＋12×2＋9＝25.导数的实际应用【例3】 请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x(cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．思路探究：根据侧面积和体积公式建立侧面积和体积关于x 的函数，利用配方法或导数法求出最值． [解] 设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm.由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x)，0<x<30.(1)S ＝4ah ＝8x(30－x)＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V′＝62x(20－x)． 由V′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x∈(0,20)时，V′>0；当x∈(20,30)时，V′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12.利用导数求实际问题的最大(小)值时，应注意的问题(1)求实际问题的最大(小)值时，一定要从问题的实际意义去考查，不符合实际意义的值应舍去． (2)在实际问题中，由f′(x)＝0常常仅解到一个根，若能判断函数的最大(小)值在x 的变化区间内部得到，则这个根处的函数值就是所求的最大(小)值．3．统计表明：某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x≤120)．已知甲、乙两地相距100千米，当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？[解] 当速度为x 千米/时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x 小时，设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)＝⎝⎛⎭⎪⎫1128 000x 3－380x ＋8×100x ＝11 280x 2＋800x －154(0<x≤120)．h′(x)＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x≤120)，令h′(x)＝0，得x ＝80.因为x∈(0,80)时，h′(x)<0，h(x)是减函数； x∈(80,120]时，h′(x)>0，h(x)是增函数，所以当x ＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11．25(升)． 因为h(x)在(0,120]上只有一个极小值，所以它是最小值．答：汽车以80千米/时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11．25升.导数在最值中应用【例4】 已知函数f(x)＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2,1)内x ＝－1时取极小值，x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f(x)在x ＝－2时的对应点的切线方程； (2)求函数y ＝f(x)在[－2,1]上的最大值与最小值．思路探究：先求出a ，b 的值，然后求出对应点(即切点)的坐标和切线斜率，即可得出(1)的结论，列出x 变化时，f′(x)及f(x)的变化情况，从而得出(2)的结论．[解] (1)f′(x)＝－3x 2＋2ax ＋b.又x ＝－1，x ＝23分别在f(x)＝－x 3＋ax 2＋bx 上取得极小值、极大值，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以23a ＝－1＋23，－b 3＝(－1)×23.于是a ＝－12，b ＝2，则f(x)＝－x 3－12x 2＋2x.x ＝－2时，f(－2)＝2，即(－2,2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f′(x)＝－3x 2－x ＋2， f′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如表所示： x －2 (－2，－1)－1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 1 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)2↘极小值－32↗极大值2227↘12则f(x)在[－2,1]上的最大值为2，最小值为－32.导数是求函数极值与最值的最有力工具，函数y ＝f (x )的极值是其定义域内的一个局部概念，用f′(x )＝0的根，将f (x )的定义域分成若干个小区间，并列成表格，结合每个小区间内f′(x )的正负号来判定f (x )在相应区间上的增减性来确定f (x )的极值.f′(x )＝0的根x 不一定是函数的极值点.对于求函数的最值问题，只需将极值与区间端点函数值比较即可.4．设函数f(x)＝ae x＋1ae x ＋b(a>0)．求f(x)在[0，＋∞)内的最小值．[解] f′(x)＝ae x－1ae x ，令f′(x)＝0，得x ＝－ln a.当x>－ln a 时，f′(x)>0； 当x<－ln a 时，f′(x)<0.当0<a<1时，－ln a>0，所以f(x)在(0，－ln a)上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(－ln a)＝2＋b ；当a≥1时，－ln a≤0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(0)＝a ＋1a＋b.导数的综合应用(1)若函数f(x)在区间[e ，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)当a ＝1且k∈Z 时，不等式k(x －1)<f(x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k 的最大值． 思路探究：(1)转化为f′(x)≥0恒成立，分离参数求解． (2)分离参数中，转化为求函数最值． [解] (1)f′(x)＝a ＋ln x ＋1，由题意知f′(x)≥0在[e ，＋∞)上恒成立， 即ln x ＋a ＋1≥0在[e ，＋∞)上恒成立， 即a≥－(ln x ＋1)在[e ，＋∞)上恒成立， 而[－(ln x ＋1)]max ＝－(ln e ＋1)＝－2， ∴a≥－2，即a 的取值范围为[－2，＋∞)． (2)当a ＝1时，f(x)＝x ＋xln x ， ∵x∈(1，＋∞)，∴原不等式可化为k<f (x )x －1，即k<x ＋xln x x －1对任意x>1恒成立．令g(x)＝x ＋xln x x －1，则g′(x)＝x －ln x －2(x －1)2. 令h(x)＝x －ln x －2(x>1)， 则h′(x)＝1－1x ＝x －1x >0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增． ∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，∴存在x 0∈(3,4)使h(x 0)＝0，即g′(x 0)＝0. 即当1<x<x 0时，h(x)<0，即g′(x)<0. 当x>x 0时，h(x)>0，即g′(x)>0.∴g(x)在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 由h(x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，得ln x 0＝x 0－2， g(x)min ＝g(x 0)＝x 0(1＋ln x 0)x 0－1＝x 0(1＋x 0－2)x 0－1＝x 0∈(3,4)，∴k<g(x)min ＝x 0且k∈Z，即k max ＝3.恒成立问题的处理策略恒成立问题是导数的常见题型，往往靠分离参数后，转化为用导数求函数的最值问题，在函数中，导数与不等式紧密结合，要注意分类讨论和数形结合的思想．5．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x 0是f(x)的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线． [解] (1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f′(x)＝1x ＋2(x －1)2＞0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f(e)＝1－e ＋1e －1＜0，f(e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1＞0，所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x 1，即f(x 1)＝0. 又0＜1x 1＜1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f(x 1)＝0，故f(x)在(0,1)有唯一零点1x 1. 综上，f(x)有且仅有两个零点．(2)因为1x 0＝e －ln x 0，故点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x上．由题设知f(x 0)＝0， 即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0. 曲线y ＝e x在点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A(x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x的切线．定积分的计算【例1】 求下列定积分．.思路探究：(1)可用定积分的几何意义求解； (2)先去绝对值号，然后结合定积分的性质求解． [解] (1)⎠⎛－224－x 2dx 表示的是图中阴影所示半径为2的半圆的面积．其面积为12×π×22＝2π，∴⎠⎛－224－x 2dx ＝2π.(2)∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪ln 3x x ＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln 3x x ，1e≤x≤1，ln 3xx，1≤x≤e，求定积分的三种方法1．利用定义求定积分．步骤：(1)分割区间；(2)近似代替；(3)求和；(4)取极限． 2．利用定积分的几何意义求定积分．3．利用微积分基本定理求定积分．如果连续函数f(x)是函数F(x)的导函数，即F′(x)＝f(x)，则有⎠⎛abf (x )dx ＝F(b)－F(a)．1．计算下列定积分． (1)⎠⎛121x (x ＋1)dx ；(2)⎠⎜⎜⎛-π2π2(cos x ＋2x)dx. [解] (1)∵⎠⎛121x (x ＋1)dx ＝⎠⎛12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x ＋1dx＝[ln x －ln(x ＋1)]| 21＝ln 43.(2)⎠⎜⎜⎛-π2π2(cos x ＋2x)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ＋2xln 2⎪⎪⎪⎪π2－π2＝2＋1ln 2(2π2－2-π2).用定积分求平面图形的面积【例2】 求由曲线y ＝x 2＋4与直线y ＝5x ，x ＝0，x ＝4所围成的平面图形的面积． 思路探究：画出草图→求交点坐标→确定被积函数及积分上、下限→求定积分[解] 画出草图，如图所示． 所求平面图形为图中阴影部分．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋4，y ＝5x ，得交点A(1,5)，B(4,20)．故所求平面图形的面积S ＝⎠⎛01(x 2＋4－5x)dx ＋⎠⎛14(5x －x 2－4)dx＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋4x －52x 2⎪⎪⎪10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫52x 2－13x 3－4x ⎪⎪⎪41＝13＋4－52＋52×42－13×43－4×4－52＋13＋4＝193.定积分在求平面图形面积中的应用及注意由积分的概念可知，定积分在研究求解曲边平面图形的面积中有广泛的应用．求解时应将相应问题画出草图，适当分割后转化为定积分求解．2．求由曲线y ＝1x及直线y ＝x ，y ＝3所围成的平面图形的面积．[解] 画出曲线y ＝1x (在第一象限)，直线y ＝x ，y ＝3的草图，所求面积为图中阴影部分的面积．画⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝1x ，y ＝3得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝13，y ＝3，故A ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，3；由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝1x ，y ＝x得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1(舍去)，故B ()1，1；由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，y ＝3得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，故C ()3，3.用定积分求几何体的体积【例3】 求曲线y ＝sin x ，x∈[0，π]与x 轴所围成平面图形绕x 轴旋转一周所得到旋转体的体积．[解] 由体积公式V ＝⎠⎛0ππy 2dx ＝⎠⎛0ππ(sin x)2dx＝π⎠⎛0πsin 2xdx ＝π⎠⎛0π1－cos 2x 2dx ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫⎠⎛0π12dx －⎠⎛0πcos 2x 2dx ＝π2⎝ ⎛⎭⎪⎫⎠⎛0π1dx －⎠⎛0πcos 2xdx ＝π2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ⎪⎪⎪π－12sin 2x ⎪⎪⎪π＝π2(π－0)＝π22.利用定积分也可以求出一些简单的几何体体积．如圆锥体、圆柱体、圆台、球体等．计算由曲线y ＝f(x)，直线x ＝a ，x ＝b 及x 轴所围成的曲边梯形绕x 轴旋转一周而形成的旋转体的体积为V ＝⎠⎛abπ[f (x )]2dx.3．半椭圆x 24＋y22＝1(y≥0)绕x 轴旋转一周所得的旋转体体积为( )A ．16π3B ．173πC ．5πD ．6πA [V ＝⎠⎛-22π·2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 24dx＝2π·⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 33×4-22＝163π.]数形结合思想的应用【例4】 如图所示，在区间[0,1]上给定曲线y ＝x 2，试在此区间内确定t 的值，使图中阴影部分的面积S 1与S 2之和最小．思路探究：确定被积函数，积分上、下限，求定积分，并用导数求最值．[解] S 1的面积等于边长分别为t 与t 2的矩形面积去掉曲线y ＝x 2与x 轴，直线x ＝t 围成的面积．即S 1＝t·t 2－⎠⎛0t x 2dx ＝23t 3；S 2的面积等于曲线y ＝x 2与x 轴，x ＝t ，x ＝1围成的面积去掉一矩形面积，矩形边长分别为t 2,1－t ，即S 2＝⎠⎛t 1x 2dx －t 2(1－t)＝23t 3－t 2＋13.所以阴影部分面积S ＝S 1＋S 2＝43t 3－t 2＋13(0≤t≤1)．令S′(t)＝4t 2－2t ＝4t ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －12＝0，得t ＝0或t ＝12，易知当t ＝12时，S 最小，所以最小值为S ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14.数形结合在求定积分中的应用数形结合思想贯穿本章的始终，主要体现在利用定积分的几何意义求定积分及用定积分求曲边图形的面积．在做题前首先要画出图形，确定图形是在x 轴的上方还是下方，并且通过解方程组求出交点的横坐标，定出积分上、下限．4．如图，直线y ＝kx 分抛物线y ＝x －x 2与x 轴所围图形为面积相等的两部分，求k 的值．[解] 抛物线y ＝x －x 2与x 轴交点的横坐标分别为x 1＝0，x 2＝1，所以抛物线与x 轴所围成图形的面积为S ＝⎠⎛01(x －x 2)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22－x 33⎪⎪⎪1＝12－13＝16. 抛物线y ＝x －x 2与直线y ＝kx 交点的横坐标分别为x 1′＝0，x 2′＝1－k ， 所以S 2＝⎠⎛01-k (x －x 2－kx)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 2x 2－x 33⎪⎪⎪1－k＝16(1－k)3，又知S ＝16， 所以(1－k)3＝12，于是k ＝1－312＝1－342.复数的概念【例1】 复数z ＝log 3(x 2－3x －3)＋ilog 2(x －3)，当x 为何实数时，(1)z∈R；(2)z 为虚数． 思路探究：根据复数的分类列方程求解．[解] (1)因为一个复数是实数的充要条件是虚部为0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－3x －3>0， ①log 2(x －3)＝0， ②x －3>0， ③由②得x ＝4，经验证满足①③式． 所以当x ＝4时，z∈R.(2)因为一个复数是虚数的充要条件是虚部不为0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x －3>0， ①log 2(x －3)≠0， ②x －3>0， ③由①得x>3＋212或x<3－212.由②得x≠4，由③得x>3.所以当x>3＋212且x≠4时，z 为虚数．解决复数问题的三点注意1．正确确定复数的实、虚部是准确理解复数的有关概念(如实数、虚数、纯虚数、相等复数、共轭复数、复数的模)的前提．2．两复数相等的充要条件是复数问题转化为实数问题的依据． 3．求字母的范围时一定要关注实部与虚部自身有意义．1．(1)设i 是虚数单位，若复数a －103－i (a∈R)是纯虚数，则a 的值为( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3(2)设复数z 满足i(z ＋1)＝－3＋2i(i 是虚数单位)，则复数z 的实部是__________．(1)D (2)1 [(1)因为a －103－i ＝a －10(3＋i )(3－i )(3＋i )＝a －10(3＋i )10＝(a －3)－i ，由纯虚数的定义，知a－3＝0，所以a ＝3.(2)法一：设z ＝a ＋bi(a ，b∈R)，则i(z ＋1)＝i(a ＋bi ＋1)＝－b ＋(a ＋1)i ＝－3＋2i.由复数相等的充要条件，得⎩⎪⎨⎪⎧－b ＝－3，a ＋1＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故复数z 的实部是1．法二：由i(z ＋1)＝－3＋2i ，得z ＋1＝－3＋2ii＝2＋3i ，故z ＝1＋3i ，即复数z 的实部是1．]复数的四则运算【例2】 (1)设i 是虚数单位，z 表示复数z 的共轭复数．若z ＝1＋i ，则i ＋i·z ＝( )A ．－2B ．－2iC ．2D ．2i(2)设复数z 满足(z －2i)(2－i)＝5，则z ＝( ) A ．2＋3i B ．2－3i C ．3＋2iD ．3－2i思路探究：(1)先求出z 及zi ，结合复数运算法则求解．(2)利用方程思想求解并化简．(1)C (2)A [(1)∵z＝1＋i ，∴z －＝1－i ，z i ＝1＋i i ＝－i 2＋i i ＝1－i ，∴zi＋i·z －＝1－i ＋i(1－i)＝(1－i)(1＋i)＝2．故选C.(2)由(z －2i)(2－i)＝5，得z ＝2i ＋52－i ＝2i ＋5(2＋i )(2－i )(2＋i )＝2i ＋2＋i ＝2＋3i.]复数的四则运算复数加减乘运算可类比多项式的加减乘运算，注意把i 看作一个字母(i 2＝－1)，除法运算注意应用共轭的性质z·z 为实数．2．已知(1＋2i)z ＝4＋3i ，则z z的值为( )A ．35＋45i B ．35－45i C ．－35＋45iD ．－35－45iA [因为(1＋2i)z ＝4＋3i ，所以z ＝4＋3i 1＋2i ＝(4＋3i )(1－2i )5＝2－i ，所以z ＝2＋i ，所以z z ＝2＋i2－i ＝(2＋i )25＝35＋45i.]复数的几何意义【例3】 (1)在复平面内，复数1＋i 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限(2)在复平面内，复数1－2i2＋i 对应的点的坐标为( )A ．(0，－1)B ．(0,1)C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫45，35思路探究：先把复数z 化为复数的标准形式，再写出其对应坐标． (1)A (2)A [(1)复数i 1＋i ＝i (1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋i 2＝12＋12i.∴复数对应点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12. ∴复数i1＋i在复平面内对应的点位于第一象限．故选A.(2)∵1－2i 2＋i ＝(1－2i )(2－i )(2＋i )(2－i )＝－5i 5＝－i ，其对应的点为(0，－1)，故选A.]复数的几何意义1．复数的几何表示法：即复数z ＝a ＋bi(a ，b∈R)可以用复平面内的点Z(a ，b)来表示．此类问题可建立复数的实部与虚部应满足的条件，通过解方程(组)或不等式(组)求解．2．复数的向量表示：以原点为起点的向量表示的复数等于它的终点对应的复数；向量平移后，此向量表示的复数不变，但平移前后起点、终点对应的复数要改变．3．(1)已知复数z 对应的向量如图所示，则复数z ＋1所对应的向量正确的是( )(2)若i 为虚数单位，图中复平面内点Z 表示复数z ，则表示复数z1＋i的点是( )A ．EB ．FC ．GD ．H(1)A (2)D [(1)由题图知，z ＝－2＋i ，∴z＋1＝－2＋i ＋1＝－1＋i ，故z ＋1对应的向量应为选项A.(2)由题图可得z ＝3＋i ，所以z 1＋i ＝3＋i 1＋i ＝(3＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝4－2i2＝2－i ，则其在复平面上对应的点为H(2，－1)．]转化与化归思想【例4】 设z∈C，满足z ＋z ∈R，且z －4是纯虚数，求z.思路探究：本题关键是设出z 代入题中条件进而求出z. [解] 设z ＝x ＋yi(x ，y∈R)，则z ＋1z ＝x ＋yi ＋1x ＋yi ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x x 2＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －y x 2＋y 2i ，。

§2 综合法与分析法2.1 综合法学习目标核心素养1．了解综合法的思考过程、特点．(重点) 2．会用综合法证明数学命题．(难点) 1．通过对综合法概念和思维过程的理解的学习，培养逻辑推理的核心素养．2．通过对综合法应用的学习，提升逻辑推理和数学建模的核心素养.1．综合法的定义从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，这种思维方法称为综合法．2．综合法证明的思维过程用P表示已知条件、已知的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论，则综合法的思维过程可用框图表示为：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q思考：综合法的证明过程属于什么思维方式？[提示]综合法是由因导果的顺推思维．1．综合法是从已知条件、定义、定理、公理出发，寻求命题成立的( )A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件[答案] B2．在△ABC中，若sin Asin B<cos Acos B，则△ABC一定是( )A．直角三角形B．锐角三角形C．钝角三角形D．等边三角形C[由条件可知cos Acos B－sin Asin B＝cos(A＋B)＝－cos C>0，即cos C<0，∴C为钝角，故△ABC 一定是钝角三角形．]3．命题“函数f(x)＝x－xln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－xln x求导，得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)＝－ln x>0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”，应用了________的证明方法．综合法[证明过程符合综合法的证题特点，故为综合法．]用综合法证明三角问题【例1】 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且2asin A ＝(2b －c)sin B ＋(2c －b)sin C.(1)求证：A 的大小为60°；(2)若sin B ＋sin C ＝ 3.证明：△ABC 为等边三角形．思路探究：(1)利用正弦定理将角与边互化，然后利用余弦定理求A. (2)结合(1)中A 的大小利用三角恒等变形证明A ＝B ＝C ＝60°. [证明] (1)由2asin A ＝(2b －c)sin B ＋(2c －b)sin C ， 得2a 2＝(2b －c)b ＋(2c －b)c ， 即bc ＝b 2＋c 2－a 2， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，所以A ＝60°.(2)由A ＋B ＋C ＝180°，得B ＋C ＝120°，由sin B ＋sin C ＝3，得sin B ＋sin(120°－B)＝3， sin B ＋(sin 120°cos B－cos 120°sin B)＝3， 32sin B ＋32cos B ＝3， 即sin(B ＋30°)＝1． 因为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 为等边三角形．证明三角等式的主要依据1．三角函数的定义、诱导公式及同角基本关系式． 2．和、差、倍角的三角函数公式．3．三角形中的三角函数及三角形内角和定理． 4．正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式．1．若sin θ，sin α，cos θ成等差数列，sin θ，sin β，cos θ成等比数列，求证：2cos 2α＝cos 2β.[证明] ∵sin θ，sin α，cos θ成等差数列， ∴sin θ＋cos θ＝2sin α①又∵sin θ，sin β，cos θ成等比数列， ∴sin 2β＝sin θcos θ②将②代入①2，得1＋2sin 2β＝4sin 2α， 又sin 2 β＝1－cos 2β2，sin 2α＝1－cos 2α2，∴1＋1－cos 2β＝2－2cos 2α， 即2cos 2α＝cos 2β.用综合法证明几何问题【例2】 如图，在四面体B­ACD 中，CB ＝CD ，AD⊥BD，E ，F 分别是AB ，BD 的中点．求证： (1)直线EF∥平面ACD ； (2)平面EFC⊥平面BCD.思路探究：(1)依据线面平行的判定定理，欲证明直线EF∥平面ACD ，只需在平面ACD 内找出一条直线和直线EF 平行即可；(2)根据面面垂直的判定定理，欲证明平面EFC⊥平面BCD ，只需在其中一个平面内找出一条另一个面的垂线即可．[证明] (1)因为E ，F 分别是AB ，BD 的中点，所以EF 是△ABD 的中位线，所以EF∥AD，又EF 平面ACD ，AD平面ACD ，所以直线EF∥平面ACD.(2)因为AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.因为CB ＝CD ，F 是BD 的中点，所以CF⊥BD.又EF∩CF＝F ，所以BD⊥平面EFC. 因为BD平面BCD ，所以平面EFC⊥平面BCD.证明空间位置关系的一般模式本题是综合运用已知条件和相关的空间位置关系的判定定理来证明的，故证明空间位置关系问题，也是综合法的一个典型应用．在证明过程中，语言转化是主旋律，转化途径为把符号语言转化为图形语言或文字语言转化为符号语言．这也是证明空间位置关系问题的一般模式．2．如图，在长方体ABCD­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝a ，AB ＝2a ，E ，F 分别为C 1D 1，A 1D 1的中点．(1)求证：DE⊥平面BCE ； (2)求证：AF∥平面BDE. [证明](1)∵BC⊥侧面CDD 1C 1，DE侧面CDD 1C 1，∴DE⊥BC.在△CDE 中，CD ＝2a ，CE ＝DE ＝2a ，则有CD 2＝DE 2＋CE 2，∴∠D EC ＝90°，∴DE⊥EC. 又∵BC∩EC＝C ，∴DE⊥平面BCE.(2)连接EF ，A 1C 1，设AC 交BD 于点O ，连接EO ， ∵EF 12A 1C 1，AO 12A 1C 1， ∴EFAO ，∴四边形AOEF 是平行四边形， ∴AF∥OE. 又∵OE平面BDE ，AF平面BDE ，∴AF∥平面BDE.用综合法证明不等式[探究问题]1．综合法证明不等式的主要依据有哪些？ [提示] (1)a 2≥0(a∈R)．(2)a 2＋b 2≥2ab，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22≥ab，a 2＋b 2≥(a ＋b )22.(3)a ，b∈(0，＋∞)，则a ＋b 2≥ab ，特别地，b a ＋ab ≥2．(4)a －b≥0⇔a≥b；a －b≤0⇔a≤b. (5)a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca. (6)b a ＋ab≥2(a，b 同号，即ab>0)．(7)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|(a ，b∈R)．左边等号成立的条件是ab≤0，右边等号成立的条件是ab≥0. 2．使用基本不等式证明不等式时，应该注意什么？请举例说明．[提示] 使用基本不等式时，要注意①“一正、二定、三相等”；②不等式的方向性；③不等式的适度，如下例．[题] 已知，a ，b∈(0，＋∞)，求证：a b ＋b a≥a ＋ b.若直接使用基本不等式，a b ＋b a≥2ab ·b a＝24ab ，而a ＋b ≥24ab.从而达不到证明的目的，没掌握好“度”，正确的证法应该是这样的：[证明] ∵a>0，b>0， ∴ab ＋b ≥2a ，ba ＋a ≥2b ， ∴a b ＋b ＋ba ＋a ≥2a ＋2b ， 即ab ＋ba≥a ＋ b. 【例3】 已知x>0，y>0，x ＋y ＝1，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥9.思路探究：解答本题可由已知条件出发，结合基本不等式利用综合法证明． [证明] 法一：因为x>0，y>0,1＝x ＋y≥2xy ， 所以xy≤14.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝1＋1x ＋1y ＋1xy ＝1＋x ＋y xy ＋1xy ＝1＋2xy ≥1＋8＝9.法二：因为1＝x ＋y ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x y ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋y x . 又因为x>0，y>0，所以x y ＋yx ≥2，当且仅当x ＝y 时，取“＝”． 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥5＋2×2＝9.1．本例条件不变，求证：1x ＋1y≥4.[证明] 法一：因为x ，y∈(0，＋∞)，且x ＋y ＝1， 所以x ＋y≥2xy ，当且仅当x ＝y 时，取“＝”， 所以xy ≤12，即xy≤14，所以1x ＋1y ＝x ＋y xy ＝1xy ≥4.法二：因为x ，y∈(0，＋∞)，所以x ＋y≥2xy>0，当且仅当x ＝y 时，取“＝”， 1x ＋1y≥21xy>0， 当且仅当1x ＝1y时，取“＝”，所以(x ＋y)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ≥4. 又x ＋y ＝1，所以1x ＋1y≥4.法三：因为x ，y∈(0，＋∞)，所以1x ＋1y ＝x ＋y x ＋x ＋yy＝1＋y x ＋xy＋1≥2＋2x y ·yx＝4， 当且仅当x ＝y 时，取“＝”．2．把本例条件改为“a>0，b>0，c>0”且a ＋b ＋c ＝1，求证：ab ＋bc ＋ac≤13.[证明] ∵a>0，b>0，c>0， ∴a 2＋b 2≥2ab， b 2＋c 2≥2bc， a 2＋c 2≥2ac.∴a 2＋b 2＋c 2≥ab＋bc ＋ca.∴(a＋b ＋c)2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≥3(ab＋bc ＋ac)． 又∵a＋b ＋c ＝1， ∴ab＋bc ＋ac≤13.综合法的证明步骤1．分析条件，选择方向：确定已知条件和结论间的联系，合理选择相关定义、定理等．2．转化条件，组织过程：将条件合理转化，书写出严密的证明过程．特别地，根据题目特点选取合适的证法可以简化解题过程．1．综合法的基本思路综合法的基本思路是“由因导果”，由已知走向求证，即从数学命题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后得到待证结论．其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法．2．综合法的特点(1)从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，由因导果，逐步推理，寻找它的必要条件．(2)证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条理清晰，形式简洁，易于表达推理的思维轨迹．(3)由综合法证明命题“若A，则D”的思考过程如图所示：1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)综合法是由因导果的顺推证法．( )(2)综合法证明的依据是三段论．( )(3)综合法的推理过程实际上是寻找它的必要条件．( )(1)√(2)√(3)√[(1)正确．由综合法的定义可知该说法正确．(2)正确．综合法的逻辑依据是三段论．(3)正确．综合法从“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件．]2．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，mβ，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.其中正确的命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4B[若l⊥α，α∥β，则l⊥β，又mβ，所以l⊥m，①正确；若l⊥α，m β，l⊥m，α与β可能相交，②不正确； 若l⊥α，mβ，α⊥β，l 与m 可能平行，③不正确；若l⊥α，l∥m，则m⊥α，又m β，所以α⊥β，④正确．]3．已知p ＝a ＋1a －2(a>2)，q ＝2－a 2＋4a －2(a>2)，则p 与q 的大小关系是________． p>q [p ＝a －2＋1a －2＋2≥2(a －2)·1a －2＋2＝4，－a 2＋4a －2＝2－(a －2)2<2，∴q<22＝4≤p.]4．数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2nS n (n ＝1,2,3，…)．求证：(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .[证明] (1)∵a n ＋1＝n ＋2n S n ，而a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴n ＋2nS n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2(n ＋1)n S n ，∴S n ＋1n ＋1S n n ＝2，又∵a 1＝1， ∴S 1＝1，∴S 11＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公比为2的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的公比为2，而a n ＝n ＋1n －1S n －1(n≥2)，∴S n ＋1n ＋1＝4S n －1n －1＝4n －1·a n (n －1)n ＋1， ∴S n ＋1＝4a n .2.2 分析法学 习 目 标核 心 素 养1．了解分析法的思考过程、特点．(重点) 2．会用分析法证明数学命题．(难点)1．通过对分析法概念和思维过程的理解的学习，培养逻辑推理的核心素养． 2．通过对分析法应用的学习，提升逻辑推理和数学建模的核心素养.1．分析法的定义从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等，这种思维方法称为分析法．2．分析法证明的思维过程用Q 表示要证明的结论，则分析法的思维过程可用框图表示为： Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件1．用分析法证明：要使①A>B，只需使②C<D.这里①是②的( ) A ．充分条件 B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件B [根据分析法的特点，寻找的是充分条件，∴②是①的充分条件，①是②的必要条件．] 2．欲证2－3<6－7，只需证( ) A ．(2＋7)2<(3＋6)2B ．(2－6)2<(3－7)2C ．(2－3)2<(6－7)2D ．(2－3－6)2<(－7)2A [欲证2－3<6－7，只需证2＋7<3＋6，只需证(2＋7)2<(3＋6)2．]3．将下面用分析法证明a 2＋b 22≥ab 的步骤补充完整：要证a 2＋b 22≥ab，只需证a 2＋b 2≥2ab，也就是证________，即证________，由于________显然成立，因此原不等式成立．[答案] a 2＋b 2－2ab≥0 (a －b)2≥0 (a －b)2≥0应用分析法证明不等式【例1】 已知a>b>0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab<(a －b )28b.思路探究：本题用综合法不易解决，由于变形后均为平方式，因此要先将式子两边同时开方，再找出使式子成立的充分条件．[证明] 要证(a －b )28a <a ＋b 2－ab<(a －b )28b ，只需证(a －b )28a <(a －b )22<(a －b )28b .∵a>b >0，∴同时除以(a －b )22，得(a ＋b )24a <1<(a ＋b )24b ，同时开方，得a ＋b 2a<1<a ＋b 2b，只需证a ＋b<2a ，且a ＋b>2b ， 即证b<a ，即证b<a. ∵a>b>0，∴原不等式成立， 即(a －b )28a <a ＋b 2－ab<(a －b )28b.分析法证题思维过程1．分析法证明不等式的思维是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件为已知(或已证)的不等式．2．分析法证明数学命题的过程是逆向思维，即结论⇐…⇐…⇐…已知，因此，在叙述过程中，“要证”“只需证”“即证”等词语必不可少，否则会出现错误．1．已知a>0，求证：a 2＋1a 2－2≥a＋1a－2．[证明] 要证a 2＋1a 2－2≥a＋1a－2，只需证a 2＋1a 2＋2≥a＋1a ＋2，即证⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a＋22，即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋1a 2＋2 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋4，只需证2a 2＋1a 2≥ 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2．上述不等式显然成立，故原不等式成立．用分析法证明其他问题【例2】 设函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a≠0)，若函数y ＝f(x ＋1)的图象与f(x)的图象关于y 轴对称，求证：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数． 思路探究：由于已知条件较为复杂，且不易与要证明的结论联系，故可从要证明的结论出发，利用分析法，从函数图象的对称轴找到证明的突破口．[证明] 要证函数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数，只需证明其对称轴为直线x ＝0， 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝ax 2＋(a ＋b)x ＋14a ＋12b ＋c ，其对称轴为x ＝－a ＋b 2a ，因此只需证－a ＋b2a ＝0，即只需证a ＝－b ，又f(x ＋1)＝ax 2＋(2a ＋b)x ＋a ＋b ＋c ，其对称轴为x ＝－2a ＋b 2a ，f(x)的对称轴为x ＝－b 2a ，由已知得x ＝－2a ＋b 2a 与x ＝－b2a 关于y 轴对称，所以－2a ＋b 2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a ，得a ＝－b 成立，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12为偶函数．分析法证题思路1．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．2．分析法的思路与综合法正好相反，它是从要求证的结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知，即已知条件、已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等．2．已知1－tan α2＋tan α＝1，求证：cos α－sin α＝3(cos α＋sin α)．[证明] 要证cos α－sin α＝3(cos α＋sin α)， 只需证cos α－sin αcos α＋sin α＝3，只需证1－tan α1＋tan α＝3，只需证1－tan α＝3(1＋tan α)，只需证tan α＝－12.∵1－tan α2＋tan α＝1，∴1－tan α＝2＋tan α，即2tan α＝－1．∴tan α＝－12显然成立，∴结论得证．综合法与分析法的综合应用1．综合法与分析法的推理过程是合情推理还是演绎推理？[提示] 综合法与分析法的推理过程是演绎推理，它们的每一步推理都是严密的逻辑推理，从而得到的每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”．2．综合法与分析法有什么区别？[提示] 综合法是从已知条件出发，逐步寻找的是必要条件，即由因导果；分析法是从待求结论出发，逐步寻找的是充分条件，即执果索因．【例3】 在某两个正数x ，y 之间，若插入一个数a ，则能使x ，a ，y 成等差数列；若插入两个数b ，c ，则能使x ，b ，c ，y 成等比数列，求证：(a ＋1)2≥(b ＋1)(c ＋1)．思路探究：可用分析法找途径，用综合法由条件顺次推理，易于使条件与结论联系起来． [证明] 由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝x ＋y ，b 2＝cx ，c 2＝by ，消去x ，y 得2a ＝b 2c ＋c2b ，且a>0，b>0，c>0.要证(a ＋1)2≥(b＋1)(c ＋1)， 只需证a ＋1≥(b ＋1)(c ＋1)， 因(b ＋1)(c ＋1)≤(b ＋1)＋(c ＋1)2，只需证a ＋1≥b ＋1＋c ＋12，即证2a≥b＋c.由于2a ＝b 2c ＋c2b ，故只需证b 2c ＋c2b≥b＋c ，只需证b 3＋c 3＝(b ＋c)(b 2＋c 2－bc)≥(b＋c)bc ， 即证b 2＋c 2－bc≥bc，即证(b －c)2≥0.因为上式显然成立，所以(a ＋1)2≥(b＋1)(c ＋1)．分析综合法特点综合法推理清晰，易于书写，分析法从结论入手，易于寻找解题思路，在实际证明命题时，常把分析法与综合法结合起来使用，称为分析综合法，其结构特点是根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q ；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P ；若由P 可推出Q ，即可得证．3．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且三个内角A ，B ，C 构成等差数列．求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c.[证明] 要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c ，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，即证c a ＋b ＋a b ＋c＝1，只需证c(b ＋c)＋a(a ＋b)＝(a ＋b)(b ＋c)， 只需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2. ∵A，B ，C 成等差数列， ∴2B＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝180°，∴B＝60°. ∵c 2＋a 2－b 2＝2accos B ， ∴c 2＋a 2－b 2＝ac ， ∴c 2＋a 2＝ac ＋b 2， ∴1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c成立．1．综合法与分析法的区别与联系区别：综合法 分析法 推理方向 顺推，由因导果 逆推，执果索因 解题思路 探路较难，易生枝节 容易探路， 利于思考(优点) 表述形式 形式简洁，条理清晰(优点)叙述烦琐，易出错 思考的 侧重点侧重于已知条 件提供的信息侧重于结论 提供的信息联系：分析法便于我们去寻找证明思路，而综合法便于证明过程的叙述，两种方法各有所长，因而在解决问题时，常先用分析法寻找解题思路，再用综合法有条理地表达证明过程，将两种方法结合起来运用2．分析综合法常采用同时从已知和结论出发，用综合法拓展条件，用分析法转化结论，找出已知与结论的连结点，从而构建出证明的有效路径．上面的思维模式可概括为下图：1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)分析法就是从结论推向已知．( )(2)分析法的推理过程要比综合法优越． ( ) (3)并不是所有证明的题目都可使用分析法证明．( )(1)× (2)× (3)√ [(1)错误．分析法又叫逆推证法，但不是从结论推向已知，而是寻找使结论成立的充分条件的过程．(2)错误．分析法和综合法各有优缺点．(3)正确．一般用综合法证明的题目均可用分析法证明，但并不是所有的证明题都可使用分析法证明．] 2．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4(a≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P>Q B ．P ＝QC ．P<QD ．由a 的取值决定C [当a ＝1时，P ＝1＋22，Q ＝2＋5，P<Q ，故猜想当a≥0时，P<Q.证明如下：要证P<Q ，只需证P 2<Q 2，只需证2a ＋7＋2a (a ＋7)<2a ＋7＋2(a ＋3)(a ＋4)，即证a 2＋7a<a 2＋7a ＋12，只需证0<12．∵0<12成立，∴P<Q 成立．]3．设a>0，b>0，c>0，若a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c 的最小值为________．9 [因为a ＋b ＋c ＝1，且a>0，b>0，c>0，所以1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c＝3＋b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋a c ＋ca ≥3＋2b a ·a b＋2c a ·a c＋2c b ·b c＝3＋6＝9.当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．]4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知2(tan A ＋tan B)＝tan A cos B ＋tan Bcos A .证明：a ＋b ＝2c. [证明] 由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos Acos B ＋sin B cos Acos B，化简得2(sin Acos B ＋sin Bcos A)＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B)＝sin A ＋sin B ， 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B)＝sin(π－C)＝sin C. 从而sin A ＋sin B ＝2sin C. 由正弦定理得a ＋b ＝2c. 命题得证．。

高中数学课本内容及其重难点北师大版高中数学必修一·第一章会集（考点的难度不是很大，是高考的必考点）·1、会集的基本关系·2、会集的含义与表示·3、会集的基本运算（要点）（2课时）·第二章函数·1、生活中的变量关系·2、对函数的进一步认识·3、函数的单调性（要点）·4、二次函数性质的再研究（要点）·5、简单的幂函数（5 课时）·第三章指数函数和对数函数·1、正整数指数函数·2、指数看法的扩大·3、指数函数（要点）·4、对数·5、对数函数（要点）·6、指数函数、幂函数、对数函数增减性（要点）（3课时）·第四章函数应用·1、函数与方程·2、实质问题的函数建模（2 课时）北师大版高中数学必修二·第一章立体几何初步·1、简单几何体·2、三视图（要点）·3、直观图（ 1 课时）·4、空间图形的基本关系与公义（要点）·5、平行关系（要点）·6、垂直关系（要点）·7、简单几何体的面积和体积（要点）·8、面积公式和体积公式的简单应用（要点、难点）（4 课时）·第二章分析几何初步·1、直线与直线的方程·2、圆与圆的方程·3、空间直角坐标系（4 课时）北师大版高中数学必修三·第一章统计·1、统计活动：随机采用数字·2、从普查到抽样·3、抽样方法·4、统计图表·5、数据的数字特色（要点）·6、用样本预计整体·7、统计活动：结婚年龄的变化·8、相关性·9、最小二乘法（3 课时）·第二章算法初步·1、算法的基本思想·2、算法的基本结构及设计（要点）·3、排序问题（要点）·4、几种基本语句（2课时）·第三章概率·1、随机事件的概率（要点）·2、古典概型（要点）·3、模拟方法――概率的应用（要点、难点）（4 课时）北师大版高中数学必修四·第一章三角函数·1、周期现象与周期函数·2、角的看法的推行·3、弧度制·4、正弦函数（要点）·5、余弦函数（要点）·6、正切函数（要点）·7、函数的图像（要点）·8、同角三角函数的基本关系（要点、难点）（5 课时）·第二章平面向量·1、从位移、速度、力到向量·2、从位移的合成到向量的加法（要点）·3、赶快度的倍数到数乘向量（要点）·4、平面向量的坐标（要点）·5、从力做的功到向量的数目积（要点）·6、平面向量数目积的坐标表示（要点）·7、向量应用举例（难点）（5 课时）·第三章三角恒等变形（要点）·1、两角和与差的三角函数·2、二倍角的正弦、余弦和正切·3、半角的三角函数·4、三角函数的和差化积与积化和差·5、三角函数的简单应用（难点）（4 课时）北师大版高中数学必修五·第一章数列·1、数列的看法·2、数列的函数特征·3、等差数列（要点）·4、等差数列的前n 项和（要点）·5、等比数列（要点）·6、等比数列的前n 项和（要点）·7、数列在平常经济生活中的应用（6 课时）·第二章解三角形（要点）·1、正弦定理与余弦定理正弦定理·2、正弦定理·3、余弦定理·4、三角形中的几何计算（难点）·5、解三角形的实质应用举例（6 课时）·第三章不等式·1、不等关系·1.1 、不等式关系·1.2 、比较大小（要点）2 ，一元二次不等式（要点）·2.1 、一元二次不等式的解法（要点）·2.2 、一元二次不等式的应用【4课时】·3、基本不等式（要点）基本不等式·3.2 、基本不等式与最大（小）值4 线性规划（要点）·、二元一次不等式（组）与平面区（要点）·、简单线性规划（要点）·、简单线性规划的应用（要点、难点）【3 课时】选修 1-1第一章常用逻辑用语1命题2充分条件与必需条件（要点）2.1 充分条件2． 2 必需条件2． 3 充要条件3全称量与存在量3． 1 全称量与全称命3． 2 存在量与特称命3． 3 全称命与特称命的否定4“且’’‘‘或⋯非（要点）4．1“且4．2“或4． 3‘‘非【 1.5 】第二章曲与方程（要点）11． 1 及其准方程1． 2 的性2抛物2． 1 抛物及其准方程2． 2 抛物的性3曲3． 1 双曲及其准方程3． 2 双曲的性【8 】第三章化率与数（要点）1化的快慢与化率2数的看法及其几何意2． 1 数的看法2． 2 数的几何意3 计算导数（要点）4 导数的四则运算法规（要点）4． 1 导数的加法与减法法规4． 2 导数的乘法与除法法规第四章导数应用（要点）4． 1 导数的加法与减法法规4． 2 导数的乘法与除法法规【6 课时】选修 1-2第一章统计事例1回归分析1.1 回归分析1.2 相关系数1.3 可线性化的回归分析2 独立性检验（要点、要点）2.1 条件概率与独立事件2.2 独立性检验2.3 独立性检验的基本思想2.4 独立性检验的应用（要点、难点）【4 课时】第二章框图（要点，高考必考点）1流程图2 结构图【课时】第三章推理与证明1归纳与类比1.1 归纳推理1.2 比推理2数学明3合法与分析法3.1 合法3.2 分析法4 反法【2】第四章数系的充与复数的引入1数系的充与复数的引入1.1 数的看法的充1.2 复数的相关看法（要点）2 复数的四运算（要点、高考必考点）2.1 复数的加法与减法2.2 复数的乘法与除法【 1.5 】选修 2-1第一章常用用1命2充分条件与必需条件3全称量与存在量4“且”“或”“非” &⋯&⋯（要点）【】第二章空向量与立体几何（要点，在解决立体几何方面有很大的帮助）第三章1从平面向量到空向量第四章2空向量的运算第五章3向量的坐表示和空向量基本定理第六章4用向量垂直与平行第七章 5 夹角的计算第八章 6 距离的计算【6 课时】第三章圆锥曲线与方程（要点、高考大题必考知识点）1椭圆1． 1 椭圆及其标准方程1． 2 椭圆的简单性质2抛物线2． 1 抛物线及其标准方程2． 2 抛物线的简单性质3双曲线3． 1 双曲线及其标准方程3． 2 双曲线的简单性质4曲线与方程4． 1 曲线与方程4． 2 圆锥曲线的共同特色4． 3 直线与圆锥曲线的交点【8 课时】选修 2-2第一章推理与证明（要点）1归纳与类比2综合法与分析法3反证法4数学归纳法【2 课时】第二章变化率与导数（要点）1变化的快慢与变化率2导数的看法及其几何意义2.1 导数的看法2.2 导数的几何意义3计算导数4导数的四则运算法规4.1 导数的加法与减法法规4.2 导数的乘法与除法法规5简单复合函数的求导法规【2 课时】第三章导数应用（要点）1函数的单调性与极值1.1 导数与函数的单调性1.2 函数的极值（重、难点）2导数在实质问题中的应用2.1 实质问题中导数的意义2.2 最大、最小值问题（重、难点）【5 课时】第四章定积分1定积分的看法1.1 定积分背景 -面积和行程问题（要点）1.2 定积分2微积分基本定理3 定积分的简单应用（要点）3.1 平面图形的面积3.2 简单几何体的体积【4 课时】第五章数系的扩大与复数的引入（要点）1数系的扩大与复数的引入1.1 数的看法的扩展1.2 复数的相关看法2复数的四则运算2.1 复数的加法与减法2.2 复数的乘法与除法【2 课时】选修 2-3第一章计数原理（要点）1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理1.1 分类加法计数原理1.2 分步乘法计数原理2.摆列（要点、难点）2.1 摆列的原理2.2 摆列数公式3.组合3.1 组合及组合数公式3.2 组合数的两个性质4.简单计数问题5.二项式定理（重、难点）5.1 二项式定理5.2 二项式系数的性质【8 课时】第二章概率（要点）1.失散型随机变量及其分布列2.超几何分布3.条件概率与独立事件4.二项分布5.失散型随机变量均值与方差失散型随机变量均值与方差（一）失散型随机变量均值与方差（二）6.正态分布连续型随机变量正态分布【4课时】第三章统计事例1.回归分析1.1 回归分析1.2 相关系数1.3 可线性化的回归分析2.独立性检验（要点）2.1 独立性检验2.2 独立性检验的基本思想2.3 独立性检验的应用【2 课时】选修 3-1第一章数学发展归纳第二章数与符号第三章几何学发展史第四章数学史上的丰碑---- 微积分第五章无穷第六章数学名题赏析选修 3-2选修 3-3第一章球面的基天性质1.直线、平面与球面的我诶制关系2.球面直线与球面距离第二章球面上的三角形1.球面三角形2.球面直线与球面距离3.球面三角形的边角关系4.球面三角形的面积【2课时】第三章欧拉公式与非欧几何1.球面上的欧拉公式2.简单多面体的欧拉公式3.欧氏几何与球面几何的比较选修 4-1第一章直线、多边形、圆（要点）1.全等与相似2.圆与直线3.圆与四边形【2课时】第二章圆锥曲线1.截面赏识2.直线与球、平面与球的地点关系3.柱面与平面的截面4.平面截圆锥面5.圆锥曲线的几何性质【3课时】选修 4-2第一章平面向量与二阶方阵1平面向量及向量的运算2向量的坐标表示及直线的向量方程3二阶方阵与平面向量的乘法第二章几何变换与矩阵1几种特别的矩阵变换2矩阵变换的性质第三章变换的合成与矩阵乘法1变换的合成与矩阵乘法2矩阵乘法的性质第四章逆变换与逆矩阵1逆变换与逆矩阵2初等变换与逆矩阵3二阶行列式与逆矩阵4可逆矩阵与线性方程组第五章矩阵的特色值与特色向量1矩阵变换的特色值与特色向量2特色向量在生态模型中的简单应用选修 4-4第一章坐标系1平面直角坐标系3柱坐标系和球坐标系第二章参数方程1参数方程的看法2直线和圆锥曲线的参数方程3参数方程化成一般方程4平摆线和渐开线选修 4-5第一章不等关系与基本不等式（要点）l不等式的性质2 含有绝对值的不等式（难点）3均匀值不等式4不等式的证明5不等式的应用第二章几个重妻的不等式1柯西不等式2排序不等式3数学归纳法与贝努利不等式选修 4-6第一章带余除法与书的进位制1、整除与带余除法2、二进制第二章可约性1、素数与合数2、最大公因数与展转相除法3、算术基本定理及其应用第三章同余1、同余及其应用2、欧拉定理还在更新。