(完整版)综合法和分析法习题
(完整版)现代分析习题解
材料现代分析方法试题1（参考答案）一、基本概念题（共10题，每题5分）1．X射线的本质是什么？是谁首先发现了X射线，谁揭示了X射线的本质？答：X射线的本质是一种横电磁波，伦琴首先发现了X射线，劳厄揭示了X射线的本质？2．下列哪些晶面属于[11]晶带？（1）、（1）、（231）、（211）、（101）、（01）、（13），（0），（12），（12），（01），（212），为什么？答：（0）（1）、（211）、（12）、（01）、（01）晶面属于[11]晶带，因为它们符合晶带定律：hu+kv+lw=0。
3．多重性因子的物理意义是什么？某立方晶系晶体，其{100}的多重性因子是多少？如该晶体转变为四方晶系，这个晶面族的多重性因子会发生什么变化？为什么？答：多重性因子的物理意义是等同晶面个数对衍射强度的影响因数叫作多重性因子。
某立方晶系晶体，其{100}的多重性因子是6？如该晶体转变为四方晶系多重性因子是4；这个晶面族的多重性因子会随对称性不同而改变。
4．在一块冷轧钢板中可能存在哪几种内应力？它们的衍射谱有什么特点？答：在一块冷轧钢板中可能存在三种内应力，它们是：第一类内应力是在物体较大范围内或许多晶粒范围内存在并保持平衡的应力。
称之为宏观应力。
它能使衍射线产生位移。
第二类应力是在一个或少数晶粒范围内存在并保持平衡的内应力。
它一般能使衍射峰宽化。
第三类应力是在若干原子范围存在并保持平衡的内应力。
它能使衍射线减弱。
5．透射电镜主要由几大系统构成? 各系统之间关系如何?答：四大系统:电子光学系统,真空系统,供电控制系统,附加仪器系统。
其中电子光学系统是其核心。
其他系统为辅助系统。
6．透射电镜中有哪些主要光阑? 分别安装在什么位置? 其作用如何?答：主要有三种光阑：①聚光镜光阑。
在双聚光镜系统中,该光阑装在第二聚光镜下方。
作用:限制照明孔径角。
②物镜光阑。
安装在物镜后焦面。
作用: 提高像衬度；减小孔径角，从而减小像差；进行暗场成像。
小学数学分析法与综合法练习题
小学数学分析法与综合法练习题在小学数学的学习过程中，数学分析法和综合法都是非常重要的学习方法。
它们帮助学生更好地理解和解决各种数学问题。
本文将以练习题的形式，从分析法和综合法的角度出发，为小学生提供一些有趣的练习题，以便帮助他们提高数学解题能力。
1. 分析法分析法是一种通过分析问题的方法来解决数学问题的策略。
它要求学生仔细观察问题，找出问题的关键点和条件，然后根据这些信息进行思考和推理，最后给出正确的答案。
下面是一个使用分析法解决问题的例子：题目：在一组数中，所有的数都是偶数，除了一个数是奇数。
请问如何快速找到这个唯一的奇数？分析：根据题目可知，数的数量是一组数中的偶数加1。
偶数加1的和肯定是奇数。
因此，我们只需要找出偶数的和，然后减去给定的这组数的和，就能得到唯一的奇数。
练习题1：在一组数中，有6个数是偶数，除了两个数是奇数。
请问两个奇数的和是多少？分析：根据题目可知，数的数量是一组数中偶数的数量加2。
奇数加奇数的和是偶数，所以我们只需要找出偶数的和，然后减去给定的这组数的和，再除以2，就能得到两个奇数的和。
练习题2：在一组数中，有8个数是奇数，除了两个数是偶数。
请问两个偶数的和是多少？分析：根据题目可知，数的数量是一组数中奇数的数量加2。
奇数加奇数的和是偶数，所以我们只需要找出奇数的和，然后减去给定的这组数的和，再除以2，就能得到两个偶数的和。
2. 综合法综合法是一种将不同的解题方法综合运用的策略。
它要求学生将不同的数学知识和解题技巧进行组合，并灵活运用，以解决更加复杂和综合性的问题。
下面是一个使用综合法解决问题的例子：题目：一本书原价100元，现打75折出售后，再打9折出售。
请问最终出售的价格是多少？综合解法：首先，75折表示原价的75%，即100元 * 75% = 75元。
然后，再打9折表示现价的90%，即75元 * 90% = 67.5元。
所以最终出售的价格是67.5元。
练习题3：一件商品原价300元，现打85折出售后，再打8折出售。
分析法和综合法-高中数学知识点讲解(含答案)
分析法和综合法（北京习题集）（教师版）一．选择题（共2 小题）1．（2016•石景山区一模）德国数学家科拉茨 1937 年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n ，如果n 是偶数，就n将它减半（即) ；如果n 是奇数，则将它乘 3 加 1（即3n 1) ，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以2得到 1．对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数n （首项）按照上述规则施行变换后的第 8 项为 1（注:1可以多次出现），则n 的所有不同值的个数为 ( )A．4 B．6 C．32 D．1282．（2014•海淀区校级模拟）分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的 ( )A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件二．解答题（共5 小题）3．（2014•北京）对于数对序列P :(a ，1) ，，，，，，记T1(P) a1 b1 ，T (P) b max{T (P) ，b (a b2 ) (a b )1 2 n n k k k 1a1 a2 a k }(2…k…n) ，其中max T P ，a1 a2 a k }表示和两个数中最大的数，{ ( ) T 1(P) a1 a2 a k k 1 k（Ⅰ）对于数对序列P ， (4,1) ，求T1 (P) ，的值；: (2,5) T2 (P)（Ⅱ）记m 为a ，b ，c ，d 四个数中最小的数，对于由两个数对 (a,b) ， (c,d) 组成的数对序列P :(a,b) ， (c,d) 和P: (c,d) (a,b) m a m d T P，，试分别对和两种情况比较和 2 ( ) 的大小；T2 (P)（Ⅲ）在由五个数对，，，，组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使 5 ( ) (11, 8) (5, 2) (16,11) (11,11) (4,6) P T P 最小，并写出 5 ( ) 的值（只需写出结论）．T P4．（2013•西湖区校级模拟）已知，，是正实数，且，求证：．a b m a b a a mb b m5．（2013•昌平区一模）已知每项均是正整数的数列a ，a ，，，其中等于的项有k 个 (i 1，2，3) ，a a i1 2 3 100 i设 1 2 ( 1，2，，，2，．b k k k j 3) g m b b b m m 3)( ) 100 ( 1j j 1 2 m（Ⅰ）设数列， 2 30 ， 3 20 ，，，k1 40 k k 4 10 5 100 0k k k①求g （1），g （2），g （3），g （4）；②求a a a a的值；1 2 3 100（Ⅱ）若a ，，a ， a 中最大的项为 50，比较g(m) ，g(m 1) 的大小．a1 2 3 1006 ．（2011 秋•西城区期末）已知数列A : a ，a ，，a ．如果数列B :b ，b ，，b 满足b a ，n 1 2 n n 1 2 n 1 n第1页（共9页）b a a b k 2 n，其中，3，，，则称B 为A的“衍生数列”． k k 1 k k 1 nn（Ⅰ）写出数列A4 : 2 ，1，4，5 的“衍生数列” B ；4（Ⅱ）若n 为偶数，且的“衍生数列”是B ，证明：b a ；An n n 1（Ⅲ）若n 为奇数，且A 的“衍生数列”是B ，B 的“衍生数列”是ð，．依次将数列A ，B ，ð，的首n n n n n n n 项取出，构成数列: a ，b ，c ，．证明：是等差数列．1 1 17．（2012•昌平区一模）M 是具有以下性质的函数f (x) 的全体：对于任意s ，t 0 ，都有f (s) 0 ，f (t) 0，且f (s) f (t) f (s t)．（Ⅰ）试判断函数1( ) log2 ( 1) ，是否属于？f x x 2 ( ) 2 1f x x M（Ⅱ）证明：对于任意的x 0 ，x m 0(m R 且m 0) 都有m[ f (x m) f (x)] 0 ；（Ⅲ）证明：对于任意给定的正数1，存在正数，当时，．s t 0 x…t f (x) s第2页（共9页）分析法和综合法（北京习题集）（教师版）参考答案与试题解析一．选择题（共2 小题）1．（2016•石景山区一模）德国数学家科拉茨 1937 年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n ，如果n 是偶数，就n将它减半（即) ；如果n 是奇数，则将它乘 3 加 1（即3n 1) ，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以2得到 1．对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数n （首项）按照上述规则施行变换后的第 8 项为 1（注:1可以多次出现），则n 的所有不同值的个数为 ( )A．4 B．6 C．32 D．128【分析】利用第八项为 1 出发，按照规则，逆向逐项即可求出n 的所有可能的取值．【解答】解：如果正整数n 按照上述规则施行变换后的第八项为 1，则变换中的第 7 项一定是 2，变换中的第 6 项一定是 4；变换中的第 5 项可能是 1，也可能是 8；变换中的第 4 项可能是 2，也可是 16，变换中的第 4 项是 2 时，变换中的第 3 项是 4，变换中的第 2 项是 1 或 8，变换中的第 1 项是 2 或 16变换中的第 4 项是 16 时，变换中的第 3 项是 32 或 5，变换中的第 2 项是 64 或 108，变换中的第 1 项是 128，21 或20，3则n 的所有可能的取值为 2，3，16，20，21，128 共 6 个，故选：B ．【点评】本题主要考查归纳推理的应用，利用变换规则，进行逆向验证是解决本题的关键，考查学生的推理能力．2．（2014•海淀区校级模拟）分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的 ( ) A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件【分析】本题考查的知识点是分析法的定义，根据分析法的定义易得答案．【解答】解：由分析法的定义：一般地，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）为止这种证明方法叫做分析法．第3页（共9页）可知答案是正确A故选：．A【点评】熟练掌握分析法的定义是解决本题的关键．一般地，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，这种证明方法叫做分析法．二．解答题（共5 小题）3．（2014•北京）对于数对序列，b1) ，，，，，，记，，P :(a (a T1(P) a1 b1 T P b max T Pb2 ) (a b ) ( ) { ( )1 2 n n k k k 1a1 a2 a k }(2…k…n) ，其中，表示T 1(P) 和a1 a2 a k 两个数中最大的数，max{T (P) a1 a2 a k }k 1 k（Ⅰ）对于数对序列，，求，T2 (P) 的值；P : (2,5) (4,1)T1 (P)（Ⅱ）记m 为a ，b ，c ，d 四个数中最小的数，对于由两个数对 (a,b) ， (c,d) 组成的数对序列P :(a,b) ， (c,d) 和P c d (a,b) m a m d T P T P: ( , ) 2 ( )，，试分别对和两种情况比较和的大小；2 ( )（Ⅲ）在由五个数对，，，，组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使 5 ( ) (11, 8) (5, 2) (16,11) (11,11) (4,6) P T P最小，并写出 5 ( ) 的值（只需写出结论）．T P【分析】（Ⅰ）利用，，，可求， 2 ( ) 的值；T P a b1( ) 1 1 ( ) { ( )T P b max T P a a a …k…n T P1 2 k }(2 ) 1 () T Pk k k 1（Ⅱ） 2 ( ) { ，， 2 ( ) { ，，分类讨论，利用新定义，可比较 2 () T P max a b d a c d} T P max c d b c a b}T P和的大小；T P2 ( )（Ⅲ）根据新定义，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）T1(P) 2 5 7 ， 2 ( ) 1 { 1( ) ，，；T P max T P 2 4} 1max{7 6} 8（Ⅱ） 2 ( ) { ，， 2 ( ) { ，．T P max a b d a c d} T P max c d b c a b}当时， 2 () { ，，m a T P max c d b c a b} c d bQ a b d…c d b a c d…c b d …，且，T2 (P) T2 (P ) ；当时， 2 ( ) { ，，m d T P max c d b c a b} c a bQ a b d…c a b a c d…c a d …，且，T2 (P) T2 (P ) ；m a m d T P …T P无论和， 2 ( ) 2 () ；（Ⅲ）根据数对序列 (4,6) ， (11,11) ， (16,11) ， (11, 8) ， (5, 2) ，第4页（共9页）可得T P ；T P ；T3 (P) 3111 42 ；T4 (P) 8 42 50 ；1( ) 4 6 10 2 ( ) 11 15 26T5 (P) 2 5052；逐一检验可得，此数对序列使 5 () 最小．T P【点评】本题考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，正确理解与运用新定义是解题的关键，属于难题．4．（2013•西湖区校级模拟）已知，，是正实数，且，求证：．a b m a b a a mb b m【分析】只要证，只要证，只要证，而为已知条件，命题得证．a(b m) b(a m) am bm a b a b【解答】证明：由a ，b ，m 是正实数，故要证a a mb b m只要证，只要证，a(b m) b(a m) ab am ab bm只要证am bm ，而m 0 ，只要证a b ，由条件a b 成立，故原不等式成立．【点评】本题主要考查不等式与不等关系，用分析法证明不等式，属于基础题．5．（2013•昌平区一模）已知每项均是正整数的数列，，，，其中等于的项有k 个 (i 1，2，3) ，a a a a i1 2 3 100 i设b k1 k2 k ( j 1，2，3) ，( ) 100 ( 1，2，．g m b b b m m3) j j 1 2 m（Ⅰ）设数列， 2 30 ， 3 20 ，， 5 100 0 ，k1 40 k 4 10k k k k①求g （1），g （2），g （3），g （4）；②求a a a a的值；1 2 3 100（Ⅱ）若a ，a ，a ， a 中最大的项为 50，比较g(m) ，g(m 1) 的大小．1 2 3 100【分析】①因为数列k ，，，的值已知，所以，b ，，由公式 1 2 ( 1，2，求(I) k k k bb b b k k k j3) 1 2 3 4 1 2 3 4 j j得，所以（1），（2），（3），（4）由公式g(m) b b b 100m(m 1，2，3) 求得；g g g g1 2 m②a 1 a 2 a 3 a 100 401 30 2 20 3 10 4 200 ；(II) 由题意，g(m ) b b b 100m ，g m b b b b m ，作差比较，得( 1) 100( 1)1 2 m 1 2 m m 1g(m 1) g(m ) b 100 b 1… 100 g(m 1) g(m)，由b 的含义，知，故得，的大小，又a ，a ，a ，，m 1 j m 1 2 3 a 100中最大的项为 50，知当m… 50 时b 100 ，所以，当1m 49 时，有g(m ) g(m 1) ；当m… 49 时，有g(m ) g(m1) ；m【解答】解：①因为数列， 2 30 ， 3 20 ，，所以 1 40 ， 2 70 ， 3 90 ，，(I) k k k 4 10 4 1001 40 b b bk b所以：g （1）60 ，g （2）90 ，g （3）100 ，g （4）100 ；第5页（共9页）②；a1 a2 a3 a100 401 30 2 20 3 10 4 200(II) 一方面，( 1) ( ) 100，根据的含义，知，g m g m b b …b 1 100m 1 j m故，即，g(m 1) g(m)… 0 g(m)…g(m 1)当且仅当b 1 100 时取等号．m因为a ，a ，a ，，a 中最大的项为 50，所以当m… 50 时必有b 100 ，1 2 3 100 m所以g （1）g （2）g(49) g(50) g(51)即当时，有；1m 49 g(m) g(m 1)当时，有．m… 49 g(m) g(m 1)【点评】本题考查了数列知识的综合应用，解题时要认真审题，弄清题目中所给的条件是什么，细心解答，这样才不会出现错误．6 ．（2011 秋•西城区期末）已知数列A : a ，a ，，a ．如果数列B :b ，b ，，b 满足b a ，n 1 2 n n 1 2 n 1 nb a a b k 2 n，其中，3，，，则称B 为A的“衍生数列”． k k 1 k k 1 nn（Ⅰ）写出数列A4 : 2 ，1，4，5 的“衍生数列” B ；4（Ⅱ）若n 为偶数，且的“衍生数列”是B ，证明：b a ；An n n 1（Ⅲ）若n 为奇数，且A 的“衍生数列”是B ，B 的“衍生数列”是ð，．依次将数列A ，B ，ð，的首n n n n n n n项取出，构成数列: a ，b ，c ，．证明：是等差数列．1 1 1【分析】（Ⅰ）根据“衍生数列”的定义可得B ， 2 ，7，2．4 :5（Ⅱ）证明：因为，，， b b a a ，由于为偶数，将上述个等式b a b b a a b b a a n n1 n 12 1 2 23 2 3 n 1 n n 1 nnn中的第 2，4，6，，这个式子都乘以1，2相加可得 b a ，故b a ．n 1 n 1（Ⅲ）因为，b b a a ，， b b a a ，由于为奇数，将上述个等式中的第b a b b a a n n1 n 12 1 2 23 2 3 n 1 n n 1 nn2，4，6，，1这个式子都乘以1，n 12相加得b a a1 a 2a a1 ．设数列的“衍生数列”为，因为， 1 n 2 n 1 ，所以，B ð b a c b a a 2ba c n n n n n n 1 n 11 1即a ，b ，c 成等差数列，同理证其它，1 1 1第6页（共9页）由此可得结论．【解答】解：（Ⅰ）B ， 2 ，7，2．（3 分）4 :5（Ⅱ）证明：因为，，，b a b b a a b b a a1 n 12 1 2 23 2 3，b b a an 1 n n 1 nn由于为偶数，将上述个等式中的第 2，4，6，，这个式子都乘以1，n n n2相加得b 1 (b 1 b2 ) (b 2 b3 )(b n 1 b n ) a n (a 1 a2 ) (a 2 a3 )(a n 1 a n ) ，即 b a ，b a ．（8 分）n 1 n 1（Ⅲ）证明：对于数列及其“衍生数列”，因为，，， b b a a ，AB b a b b a a b b a an n 1 n 1 2 1 2 2 3 2 3 n 1 n n 1 n由于为奇数，将上述个等式中的第 2，4，6，，这个式子都乘以1，n n n 1 n 12相加得即 1 2 1 ．b 1 (b 1 b2 ) (b 2 b3 )(b n 1 b n ) a n (a 1 a2 ) (a 2 a3 )(a n 1 a n ) b a a aa an n n n设数列的“衍生数列”为ð，因为， 1 n 2 n 1 ，B b a c b a an n 1 n所以 2b a c ，即a ，，c 成等差数列．（12 分）b1 1 1 1 1 1同理可证，b ，c ，d ；c ，d ，e ，也成等差数列．1 1 1 1 1 1从而是等差数列．（13 分）【点评】本题主要考查新定义，等差数列的定义和性质应用，式子的变形是解题的难点，属于难题．7．（2012•昌平区一模）M 是具有以下性质的函数f (x) 的全体：对于任意s ，t 0 ，都有f (s ) 0 ，f (t ) 0，且f (s ) f (t ) f (s t)．（Ⅰ）试判断函数1( ) log2 ( 1) ，是否属于？f x x f2 (x ) 2 1 Mx（Ⅱ）证明：对于任意的x 0 ，x m 0(m R 且m 0) 都有m[ f (x m) f (x)] 0 ；（Ⅲ）证明：对于任意给定的正数1，存在正数，当时，．s t 0 x…t f (x) s【分析】（Ⅰ）依题意，若成立则即导出矛盾；若log (s 1) log (t 1) log (s t 1) (s 1)(t 1) s t 1 st 02 2 22s 2t 2 2s t 1 (2s 1)(1 2t ) 0成立成立，进一步分析f x M2 ()(II) m 0 f (x m) f (x) 0 m 0 f (x m) f (x) 0 证明：当时，可证得，当时，可证，从而结论成立；(III) 据 (II) f (x) 在 (0 ．) 上为增函数，且必有f (2x) 2 f (x)(*) ①若f （1）s ，令t 1，则0 x…t 时f (x) s ；②第7页（共9页）若（1），则存在，使（1）k ，f s k N* f 2 1t1 1 1 1从而可得可得f ( ) f ( ) f （1）1s ，于是结论可证．2k 2 2k 2k1【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，，，， 2 ( ) 0 ，f s1( ) 0 f t1( ) 0 f s2 () 0 f t若 log (s 1) log (t 1) log (s t 1) 成立2 2 2则即(s 1)(t 1) s t 1 st 0与已知任意，即相矛盾，故1( ) ；（2 分）s t 0 st 0 f x M若成立则2s 2t 2 2s t 1 2s 2t 2s t 1 0即(2s 1)(1 2t ) 0Q t 0s ，1 2t 0 (2s 1)(1 2t ) 02s 1 ，即成立（4 分）故f2 (x)M ．综上，1( ) ，．（5 分）f x M f x M2 ( )(II) m 0 f (x m) f (x) f (m) f (x)证明：当时，f (x m) f (x) 0，当0 时，m f (x) f (x m m) f (x m) f (m) f (x m)f (x m) f (x) 0故m[ f (x m) f (x)] 0 ．（9 分）(III) (II) f (x) (0 ) f (2x) 2 f (x)(*) 据在．上为增函数，且必有①若f （1）s ，令t 1，则 0 x…t 时f (x) s ；②若（1），则存在，使（1），f s k N* f 2 1kt1 1 1 1由 (*) 式可得f ( ) f ( ) f （1）1s ，2k 2 2k 1 2k即当时，0 x…t f (x) s综①、②命题得证．（13 分）【点评】本题考查分析法和综合法分析证明等式与不等式，突出考查函数恒成立问题，考查分类讨论与化归思想，考查放缩法的应用，属于难题．第8页（共9页）第9页（共9页）。
2.2.1综合法和分析法
1
1.综合法:(顺推证法)(由因导果法)
例:已知a, b 0, 求证:a(b2 c 2 ) b(c 2 a 2 ) 4abc
知识点提示： 基本不等式：a b 2 ab (a 0, b 0) a 2 b 2 2ab
1.综合法:(顺推证法)(由因导果法)
因为log19360<log19361=2， 所以
1 2 3 2 log 5 19 log 3 19 log 2 19
思考题：
已知a, b是正数, 且a b 1, 1 1 求证： 4. a b
当堂训练： 课本P42，练习T1.
课后作业： 课本P44，A组，T1。
例:已知a, b 0, 求证:a(b2 c 2 ) b(c 2 a 2 ) 4abc
2 证明 : : bb 2 c 222bcaa 0 c2 bc, , 0 证明 2 2 证明 : b c 2bc, a 0 aabb 2 c ) ) 22abc. ( ( 2 c 2 2 abc. 2 a (b 2 c 2 ) 2abc. 同理, bbcc 2 a ) ) 22abc. ( ( 2 a 2 2 abc. 同理, 同理, b(c a 2 ) 2abc. aabb 2 c ) ) bcc 2 a ) ) 44abc. ( ( 2 c 2 2 b( ( 2 a 2 2 abc. 2 a (b c 2 ) b(c 2 a 2 ) 4abc.
P Q1
Q1 Q2
Q 2 Q3
Qn Q
综合法是由一个个推理组成的
例1:如图,△ABC在平面α外, AB P, BC Q, AC R. 求证:P,Q,R三点共线.
2.2.1综合法和分析法
ab成立
思考：上述两种证法有什么异同？
相同
不同
都是直接证明 证法1 从已知条件出发，以已知的定义、公理、 定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论 为止 综合法 证法2 从问题的结论出发，追溯导致结论成立的 条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知 条件吻合为止 分析法
综合法和分析法的推证过程如下： 综合法
此时，如果能把角和边统一起来，那么就可以进一 步寻找角和边之间的关系，进而判断三角形的形状，余 弦定理正好满足要求.于是，可以用余弦定理进行证明.
b = ac.
2
证明： 由A，B，C成等差数列，有
2B=A+C. ①
因为A，B，C为△ＡＢC的内角,所以 Ａ+Ｂ+Ｃ=180°. ②
π 由① ① ②，得 B = . 3
2
③
由a，b，c成等比数列，有
b = ac.
④
注：解决数学问题时，学会语言转换；还要细致，找出隐含条件。
文字语言 图形语言 符号语言
由余弦定理及③，可得
b = a + c - 2accosB = a + c - ac.
再由④，得 即 因此 从而
2
2
2
2
2
a + c - ac = ac, 2 （a - c） = 0.
高中数学选修1-1
第三章 导数及其应用
引入
我们知道事物分成正面和方面。证明题目的方法很多， 不管有多少，从正面看从大宏观与大高度看只分成两类。
2.2.1综合法和分析法（一） ——综合法
练习.已知a>0,b>0,求证a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc 分析： 首先，分析待证不等式的特点：不 等式的右端是3个数a,b,c乘积的4倍， 左端为两项之和，其中每一项都是一个 数与另两个数的平方和之积.据此，只要 把两个数的平方和转化为这两个数的积 的形式，就能使不等式左、右两端具有 相同的形式. 其次，寻找转化的依据及证明中要用的 其他知识：应用不等式x2+y2≥2xy就能实 现转化，不等式的基本性质是证明的依 据.
第2章 2.2.1(二)2.2.1 综合法和分析法(二)
2.2.1
【学习要求】
本 课 时 栏 目 开 关
综合法和分析法(二)
加深对综合法、分析法的理解，应用两种方法证明数学问 题． 【学法指导】 通过本节课的学习，比较两种证明方法的优点，进而灵活 选择证明方法，规范证明步骤，养成言之有理、论之有据 的好习惯，提高思维能力.
试一试· 双基题目、基础更牢固
也就是证明 2 a＋2 b＋2 c<2bc＋2ac＋2ab. 因为 a、b、c 为互不相等的正数且 abc＝1， 所以 bc ＋ ac>2 abc2 ＝ 2 c ； ac ＋ ab>2 a2bc ＝ 2 a ； ab ＋ bc>2 ab2c＝2 b；
相加得 2 a＋2 b＋2 c<2bc＋2ac＋2ab. 所以，原不等式成立．
2.2.1(二)
跟踪训练 3 如图，正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝ 2，CE＝EF＝1. (1)求证：AF∥平面 BDE；
本 课 时 栏 目 开 关
(2)求证：CF⊥平面 BDE.
证明 (1)如图，设 AC 与 BD 交于点 G. 1 因为 EF∥AG，且 EF＝1，AG＝ AC＝1， 2 所以四边形 AGEF 为平行四边形．
研一研· 题型解法、解题更高效
2.2.1(二)
题型二 例2
选择恰当的方法证明等式
已知△ABC 的三个内角 A，B，C 成等差数列，对应 1 1 3 的三边为 a，b，c，求证： ＋ ＝ . a＋b b＋c a＋b＋c
本 课 时 栏 目 开 关
a＋b＋c a＋b＋c 证明 要证原式，只需证 ＋ ＝3， a＋b b＋c c a 即证 ＋ ＝1， a＋b b＋c bc＋c2＋a2＋ab 即只需证 ＝1， 2 ab＋b ＋ac＋bc
2.2.2综合法与分析法
两边同乘以正数
4 ，得 2 L 因此，只需证明 4
L L2 2 4 16
L 2 L 2 因为上式是成立的，所以 （ ） （ ） 2 4 即，如果一个圆与一个正方形的周长相等，那么这个圆的面积
比正方形的面积大
思维升华:
1、从寻找解题思路看：综合法是由因导果，探路艰难； 分析法是执果索因，便于寻找解题思路 2、从表达过程看：综合法形式简洁，条理清晰; 分析法叙述繁琐。 因此，在实际解题时，常把二者结合使用。先用分析法寻找解题思 路，再用综合法有条理的表述过程。
三、典例分析:
例3：求证：当一个圆与一个正方形的周长相等时，这个圆的面积 比正方形的面积大。
L 2 证明：设圆和正方形的周长为L，依题意，圆的面积为 （ ） ， 2
L 2 正方形的面积为 （ ） 4
因此本题只需证明
L 2 L 2 （ ） （ ） 2 4 2
1 1 4
为了证明上式成立，只需证明
P3 P4（结论）
一、综合法:
定义:一般地，利用已知条件和某些数学定义、定 理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出 所要证明的结论成立，这种证明方法叫综合法。 【问题一】 ：综合法的主要特点是什么？ 主要特点：由“已知”看“可知”，逐步推 向“未知”，即“由因导果 ” 。 【问题二】 ：如果用P表示已知条件，Q表示要证 明的结论，那么综合法证明的符号表示是什么？
所以PAD PBD PCD.
于是PDA PDB PDC , 而PDA PDC＝90 , 所以PDB＝90
P2P3 P0(已知) P1 A
P
D
C
B
而PD是PAD, PBD, PCD的公共边，
P1 P2
小学数学解应用题的综合法与分析法
小学数学解应用题的综合法与分析法［知识要点］１．一步计算的加（减）应用题与两不计算的加减应用题之间的关系。
⑴将两道有联系的一步计算的应用题合成一道两步计算的复合应用题；⑵将一道两步计算的加减应用题分解成两道一步计算的应用题；⑶将一道一步计算的应用题，改变其中的某个条件（已知条件或问题），使其变成一道两步计算的应用题。
２．用“分析法”和“综合法”解两步计算的加减应用题。
［范例解析］某些有联系的两道简单应用题，可以合并成一道两步计算的应用题。
例1⑴学校买来红纸382张，绿纸295张，一共买回多少张纸？⑵学校买回红纸和绿纸677张，做花用去488张，还剩多少张？分析第一题要求“一共买回多少张纸？”就是求382张红纸和295张绿纸的和。
算式是：382＋295 = 677（张）第二题要求“还剩多少张？”就得从红、绿纸的总数中减去“用去了488张”。
算式是：677－488 = 189（张）可以看出，第一题中所求的问题，正好是第二题中的一个条件，于是一变，把这两个有的简单应用题变成一个两步计算的应用题⑶学校买回红纸382张，绿纸295张，做花用去488张，还剩多少张？分析要求“还剩多少张？”必须先求出“一共买回多少张纸？”这个中间隐含的问题，而这个中间隐含的问题可以根据“买来红纸382张”和“绿纸295张”这两个条件来求。
求出了一共买来多少张纸，又已知“做花用去了488张”就可以求“还剩多少张纸？”算式是：382＋295－488= 677－488= 189（张）一道两步计算的应用题，也可以分解成两个有联系的简单应用题。
例2一条公路长1280米，工程队上午修了370米，下午修了392米，还剩多少米没有修？分析根据“上午修了370米”和“下午修了392米”，可以求修了多少米，又已知“一条公路长1280米”，就可以求“还剩多少米没有修？”算式是：1280－（370＋392）= 1280－762= 518（张）上题一变，把这个两步计算的应用题分解成了两个有联系的简单应用题。
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直接证明与间接证明测试题
一、选择题
1．下列说法不正确的是（）
Ａ．综合法是由因导果的顺推证法
Ｂ．分析法是执果索因的逆推证法
Ｃ．综合法与分析法都是直接证法
Ｄ．综合法与分析法在同一题的证明中不可能同时采用
2．用反证法证明一个命题时，下列说法正确的是（）
Ａ．将结论与条件同时否定，推出矛盾
Ｂ．肯定条件，否定结论，推出矛盾
Ｃ．将被否定的结论当条件，经过推理得出的结论只与原题条件矛盾，才是反证法的正确运用
Ｄ．将被否定的结论当条件，原题的条件不能当条件
3．若a b c
，，是不全相等的实数，求证：222
++>++．
a b c ab bc ca
证明过程如下：
a b c∈R
∵，222
，，
+≥，222
+≥，
b c bc
c a ac
∴≥，222
a b ab
+
又a b c
∵不全相等，∴以上三式至少有一个“=”不成立，∴将以上三式相加得，，
222
2()2()
++>+++，222
a b c ab b c ac
∴．此证法是（）
a b c ab bc ca
++>++
Ａ．分析法Ｂ．综合法Ｃ．分析法与综合法并用Ｄ．反证法
41>．
+>+
11，即证75111
，3511>∵，∴原不等式成立．
以上证明应用了（ ）
Ａ．分析法
Ｂ．综合法 Ｃ．分析法与综合法配合使用 Ｄ．间接证法
5．以下数列不是等差数列的是（ ）
Ａ． Ｂ．π2π5π8+++，，
Ｄ．204060，，
6．使不等式
116a <成立的条件是（ ） Ａ．a b > Ｂ．a b <
Ｃ．a b >，且0ab <
Ｄ．a b >，且0ab >
二、填空题
7．求证：一个三角形中，至少有一个内角不小于60°，用反证法证明时的假设为“三角形的 ”．
8．已知00a b m n >>==，，m 与n n 的关系为 ．
9．当00a b >>，时，①11()4a b a b ⎛⎫++ ⎪⎝⎭≥；②22222a b a b +++≥；
；④2ab a b
+ 以上4个不等式恒成立的是 ．（填序号）
10．函数()sin 2sin [02π]f x x x x =+∈，，
的图象与直线y k =有且仅有两个不同的交点，则k 的取值范围是 ．
11．设函数()lg f x x =，若0,a b <，且()()f a f b >，则ab ∈ ．
12．已知平面αβγ，，满足l αγβγα
β⊥⊥=，，，则l 与γ的位置关系为 ．
三、解答题
13．已知(01)a b c ∈，，，．求证：(1)(1)(1)a b b c c a ---，，不能同时大于14
．
14．已知数列{}n a 为等差数列，公差1d =，数列{}n c 满足221()n n n c a a n *+=-∈N ．判断数列{}n c 是否为等差数列，并证明你的结论．
15．若下列方程：24430x ax a =-+=，22(1)0x a x a +-+=，2220x ax a +-=，至少有一个方程有实根，试求实数a a 的取值范围．
答案
1.答案：Ｄ
2.答案：Ｂ
3.答案：Ｂ
4.答案：Ａ
5.答案：Ｃ
6.答案：Ｄ
7.答案：三个内角都小于60°
8.答案： m n ≤ 9.答案：①②③
10.答案：13k <<
11.答案：(01)，
12.答案：l γ⊥
13.证明：假设三式同时大于14，即1(1)4a b ->，1(1)4b c ->，1(1)4c a ->， 三式同向相乘，得1(1)(1)(1)64
a a
b b
c c --->
． ① 又211(1)24a a a a -+⎛⎫-= ⎪⎝⎭≤， 同理1(1)4b b -≤，1(1)4
c c -≤． 所以1(1)(1)(1)64
a a
b b
c c ---≤， 与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确．
14.答案：是．证明：由条件1(1)n a a n =+-，
则2211221n n n c a a n a +=-=--+．
所以12n n c c +-=-，
所以数列{}n c 为等差数列．
15.解：设三个方程均无实根，则有2122223164(43)0(1)4044(2)0a a a a a a ⎧∆=--+<⎪∆=--<⎨⎪∆=--<⎩，，，。