2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第01讲以分析法为主导解证数学问题第02讲以综合法为主导解证数学问题含解析

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分析法的优点是思考问题的解题思路比较自然,问题容易得到解决,缺点是叙述过程比较烦琐.
典型例题
【例1】设,求证.
【分析】
本例是武汉大学自招试题,需证的不等式由多个分式组成且字母又多,若运用综合法.即从左边证到右边,则根本无法入手，因此需要结合分析法，化繁为简.为减少运算量，可先移项通分后再展开对消，容易得到一个显然成立的结果.故本例采用分析法证明是上策.
【证明】
欲证明原不等式成立,只需证,
即证,
即证,
即证,即证,而此式显然成立,故原不等式得证.
【例2】在中,.
(1)求的值;
(2)设的面积,求的长.
【分析】
分析法并非局限于证明题,在计算题中同样适用.第问,欲求的值.由且的值已知,再求出,的值即可.第(2)问,欲求的长.由正弦定理得,可推得.而的值在第(1)问中已求得,只需求或的值,而由,则的值可整体求得,这是一道运用分析法解题的典型题目.
【解析】
(1)(先分析)欲求的值,,故需求的值.
(再综合).
.
(2)(先分析)欲求的长,由正弦定理可得
.由(1)得.
故只需求的值.
(再综合)由已知,得
则
【例3】若是不全相等的正数,求证:.
【分析】
在证明不等式的过程中.分析法和综合法是不可分离的，前者是逆推或倒溯,后者是顺推，如果使用综合法证明不等式难以入手时.常用分析法探索证题途径.
然后用综合法的形式写出它的证明过程.有些问题证明难度较大,常常是分析与综合交替使用,比如上例的解法就是如此,也有题目分析法、综合法两法并进,实现两头往中间靠以达到证题目的,称之为“中途岛法”本例的证明先要利用对数运算变形,把真数从对数中剥离出来,将原不等式转化为,再用基本不等式证明.下面介绍分析法与综合法两种证法.事实上,若没有对所证不等式的“剥离”变形,综合法很难想到.
【证法一】
(分析法)要证,
即证成立.
只需证
又
又是不全相等的正数,(1)式等号不成立.
原不等式成立.
【证法二】
(综合法)
又为不全相等的正数,.
.
即
【例4】将数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成如下数表:
记表中的第一列数构成数列为为数列的前项和,且满足.
(1)证明数列成等差数列,并求数列的通项公式;
(2)上表中,若从第三行起,每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列,且公比为同一个正数,当时,求上表中第行所有项的和.
【分析】
本例以三角形数表和恒等式综合呈现,首先要分析恒等式的结构特征,用换元法转化题设中的恒等式为含的形式,再整理可得(常数),这是第问的证明思路.而第(2)问的解题关键是先分析三角形数表中下标序码的规律,即探索在三角形数表中的位置,可用尝试法探知三角形数表中第行最后一个数的下标序码为.当时,分别得78,91.由知是第13行第3个数.也可运用解不等式的方法进行分析探索,即,解得.又,可得,可见分析法在本题的解答中起到重要作用.
【解析】
(1)证明(先分析,再转化)由已知,当时,,又
.
即即
得又
数列是首项公差为的等差数列.
通项为即且
当时,而
因此
(2)(先分析,后尝试探究,列方程求公比,再综合)首先确定是三角形数表中的第几行第几个数.
三角形数表中第行最后一个数的下标序码为
当时,分别计算得两个数.
由知是第行第个数,即而三角形数表中第行第个数为设从第行起,每行的公比都为
由得解得(取).
三角形数表中第行第个数为那么该行所有项(实为项)的和为
第02讲以综合法为主导解、证数学问题
综合法又称顺推法,是由已知条件(或真命题)推导到未知(或结论)的证明方法,即从已知条件或真命题出发,依次推导出一系列真实命题,最后达到所要证明的命题的结论.
综合法的优点是叙述过程简短明了,缺点是不易找到解决问题的起点(即从哪里开始．)
典型例题
【例1】已知均为正数,证明:并确定为何值时,等号成立.
【分析】
用综合法证明不等式是“由因导果”，这个“因”可以是题中的条件，也可以是已知的公式，本例的证明就是从基本不等式出发推出需证的不等式.那么从三元的基本不等式出发还是从二元的基本不等式出发呢？都是可以的，于是就有了下面两种综合法的证明.
【解析】
【证法一】均为正数,由三元基本不等式得(1)
(2)
故
又(3)
原不等式成立,
当且仅当时,(1)式和(2)式等号成立.
当且仅当时，3式等号成立.
即当且仅当时,原式等号成立.
【证法二】均为正数,由基本不等式得
同理(1)
故
原不等式成立.
当且仅当时,(1)式和(2)式等号成立,当且仅当时,(3)式等号成立.
即当且仅当时,原式等号成立.
【例2】已知二次函数.
(1)若且,证明:的图像与轴有两个相异交点;
(2)若且,证明:方程必有实根在区间内;
(3)在的条件下,设两交点为,求线段长的取值范围.
【分析】
本例以二次函数为载体证明函数图像与轴的交点问题以及相关方程根的位置,由于二次函数的图像特征很明确,从条件出发运用综合法证明是十分自然的.
【解析】(1)证明由,可得,由,可得.
的图像与轴有两个相异交点.
(2)证明令,
则
又的图像是连续的,方程,即必有一实根在区间内.
(3)设的两根为.
又
又
长的取值范围为
【例3】已知是定义在上的奇函数,且当时,单调递增,,设集合,求.
【分析】
本题的求解运用综合法,即从的性质入手探求集合,再求,如果在审题时作出函数的示意图,则对于我们探明所含元素的特征有很大帮助.为了切实求出,可运用换元法使之转化为含参数不等式在区间上恒成立问题.为求参数的取值范围采取参变分离法结合导数求解,也可以变形后由基本不等式求.
【解析】是定义在上的奇函数,且当时,单调递增,,所以当时,也单调递增,且,于是等价于或.
而已知,
,
由得.
令,则,于是问题等价转化为:
当不等式在上恒成立时,求实数的取值范围.
由得.
设.
【解法一】对函数求导,则.令,解得或
(舍去).
当时为增函数;
当时,为减函数;
当时,取得上的最大值,故.
【解法二】
(当且仅当时,取等号).
故.
【例4】设圆的圆心为,直线过点且与轴不重合,交圆于两点,过作的平行线交于点.
(1)证明:为定值,并写出点的轨迹方程;
(2)设点的轨迹为曲线,直线交于两点,过且与垂直的直线与圆交于两点,求四边形面积的取值范围.
【分析】
第(1)问,由平面几何知识易得等于圆的半径,隐含地告知点的轨迹为栯圆(不包括轴上的两点);第(2)问,当与轴不垂直时,设出直线的方程,与(1)中求出的椭圆方程联立,利用方程根与系数的关系,求出关于斜率的表达式,再求出关于的表达式,进而可得四边形的面积关于的表达式,最后将问题转化为求函数的值域,整个解题过程从条件出发步步推进,由因探果,第一步:求弦长.第二步:求面积表达式.第三步:求范围.还要考虑当与轴垂直的情况,此时易得的值,从而问题圆满解决.本题两问用的都是综合法的解题方法,如果解题中避开对直线斜率的讨论,可设的方程为的形式,但此时的不再表示斜率,解题者应当有清晰的认识.
【解析】(1)证明如图1-1所示,,故,
,
故,又圆的标准方程为,
从而.
由题设得,由椭圆定义可得点的轨迹方程为
(2)第一步:求弦长.当与轴不垂直时,设的方程为,
由得,则
过点且与垂直的直线方程为.
点到直线的距离为
第二步:求面积表达式.
待求四边形的对角线满足
第三步:求范围.
当与轴不垂直时,由上述四边形面积的表达式容易求得其取值范围为.
当与轴垂直时,其方程为,此时四边形的面积为12.
综上所述,四边形面积的取值范围为.