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第2课时 分析法
考 点 考纲要求 要求 题型
1.用分析法证明不等式2.用分析法证明立体几何问题3.综合法与分析法的综合应用 1.理解分析法的意义，掌握分析法的特点.2.会用分析法解决问题. 3.会综合运用分析法、综合法解决数学问题. i 解答题
知识梳理
分析法
定义 框图表示 特点
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，这种证明方法叫作分析法 逆推证法或执果索因法
典例解析
考向一 用分析法证明不等式
[典例1] 已知a>6，求证：－<－.
1．已知a>0，求证： －≥a＋－2.
考向二 用分析法证明立体几何问题
[典例2] 如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．
求证：MN⊥CD.
2.如图，P是△ABC所在平面外的一点，并且PA，PB，PC两两垂直．PH⊥平面ABC于H.求证：H是△ABC的垂心．
考向三 综合法与分析法的综合应用
[典例3] △ABC的三个内角A，B，C成等差数列，a，b，c分别是A，B，C所对的边，求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
3．若a，b，c为不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
过关检测
1．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：＜a索的因应是( )
A．a－b＞0 B．a－c＞0C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0
2．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：
“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，其过程应用了( )
A．分析法B．综合法C．综合法、分析法综合使用D．间接证法
3．要证明＋<＋(a≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．类比法C．分析法 D．归纳法
4.证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：
∵f(x)＝ex＋，∴f′(x)＝ex－.
∵x>0，∴ex>1,0<<1，
∴ex－>0，即f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是( )
A．综合法 B．分析法C．反证法 D．以上都不是
5．要使a2＋b2－a2b2－1≤0成立的充要条件是( )
A．|a|≥1且|b|≥1 B．|a|≥1且|b|≤1
C．(|a|－1)(|b|－1)≥0 D．(|a|－1)(|b|－1)≤0
6.＋与＋的大小关系是( )
A.＋≥ ＋B.＋≤ ＋
C.＋＞＋D.＋＜＋
7．若x，y∈R＋，且＋≤a 恒成立，则a的最小值是( )
A．2 B.C．2 D．1
8．已知a，b为正实数，函数f(x)＝()x，A＝f()，B＝f()，C＝f()，则A，B，C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤BC．B≤C≤A D．C≤B≤A
9．设甲：函数f(x)＝|x2＋mx＋n|有四个单调区间，乙：函数g(x)＝lg(x2＋mx＋n)的值域为R，那么甲是乙的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．以上均不对
10．要证－<成立，则a，b应满足的条件是________．
11．如果x＞0，y＞0，x＋y＋xy＝2，则x＋y的最小值为________．
12．如果a＋b>a＋b，则实数a，b应满足的条件是________．
13．设n∈N，则－________ －(填＞、＜、＝)．
14..如图所示，四棱柱ABCD?A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD⊥A1C(写上一个条件即可)．
15．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成一个首项为的等比数列，则|m－n|＝________.
16．已知0＜a≤1,0＜b≤1,0＜c≤1，求证：≥1.
17．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．
18．在某两个正数m，n之间插入一个数x，使m，x，n成等差数列，插入两个数y，z，使m，y，z，n成等比数列，求证：(x＋1)2≥(y＋1)(z＋1)．
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第2课时 分析法
考 点 考纲要求 要求 题型
1.用分析法证明不等式2.用分析法证明立体几何问题3.综合法与分析法的综合应用 1.理解分析法的意义，掌握分析法的特点.2.会用分析法解决问题. 3.会综合运用分析法、综合法解决数学问题. i 解答题
知识梳理
分析法
定义 框图表示 特点
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，这种证明方法叫作分析法 逆推证法或执果索因法
典例解析
考向一 用分析法证明不等式
[典例1] 已知a>6，求证：－<－.
[证明] 证法一：要证－<－，
只需证＋<＋
?(＋)2<(＋)2
?2a－9＋2<2a－9＋
2?
<
?(a－3)(a－6)<(a－5)(a－4)
?18<20，
因为18<20显然成立，
所以原不等式－<－成立．
证法二：要证－<－，
只需证<，
只需证＋>＋，
∵a>6，
∴a－3>0，a－4>0，a－5>0，a－6>0.
又∵a－3>a－5，
∴>.
同理，>，
则＋>＋.
∴－<－.
分析法证明不等式的方法与技巧：
1．已知a>0，求证： －≥a＋－2.
证明：要证 －≥a＋－2，
只需证 ＋2≥a＋＋.
因为a>0，只需证( ＋2)2≥(a＋＋)2，
即a2＋＋4 ＋4
≥a2＋2＋＋2(a＋)＋2，
从而只需证2 ≥(a＋)，
只需证4(a2＋)≥2(a2＋2＋)，
即a2＋≥2，
而上述不等式显然成立，
故原不等式成立．
考向二 用分析法证明立体几何问题
[典例2] 如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．
求证：MN⊥CD.
[证明] 取PD的中点为E，连接NE，AE.
因为AM＝NE＝AB，且AM∥NE，
所以四边形AENM为平行四边形，
所以MN∥AE.
要证MN⊥CD，只需证AE⊥CD，
只需证CD⊥平面PAD，
又因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又因为CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，故MN⊥CD.
怎样用分析法证明立体几何问题？
(1)主要依据：立体几何中直线、平面的位置关系、定义、判定定理、性质定理以及一些推论．
(2)立体几何中某些结论成立的充分条件很多，要结合题目背景加以认真分析．
(3)分析法证明的模式(若p则q形式)是：
要证明q命题为真，
只需证命题p1为真，从而有……
只需证命题p2为真，从而有……
……
只需证命题p为真，而已知p为真，故q必为真．
2.如图，P是△ABC所在平面外的一点，并且PA，PB，PC两两垂直．PH⊥平面ABC于H.求证：H是△ABC的垂心．
证明：连接AH，BH.要证H是△ABC的垂心，
只需证AC⊥HB且BC⊥AH，
只需证BC⊥平面PHA，AC⊥平面PHB，
只需证BC⊥AP且BC⊥PH，AC⊥PB且AC⊥PH，
只需证AP⊥平面PBC，PB⊥平面PAC，
也就是要证AP⊥PB，AP⊥PC，PB⊥PA，PB⊥PC.
由条件知PA，PB，PC两两垂直，上式显然成立，
所以结论成立，即H是△ABC的垂心．
考向三 综合法与分析法的综合应用
[典例3] △ABC的三个内角A，B，C成等差数列，a，b，c分别是A，B，C所对的边，求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
[证明] 证法一：(分析法)要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，
即证＋＝，
即证＋＝3，
即证＋＝1，
只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
只需证c2＋a2＝ac＋b2，
只需证b2＝c2＋a2－2ac·cos 60°，
只需证B＝60°.因为A，B，C成等差数列，
所以B＝60°，所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
证法二：(综合法)因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°.
由余弦定理知b2＝c2＋a2－2cacos 60°，
得c2＋a2＝ac＋b2，
两边同时加上ab＋bc得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
两边同时除以(a＋b)(b＋c)得＋＝1，
所以(＋1)＋(＋1)＝3，
即＋＝，
所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
证法三：(分析综合法)要证原式，
即证＋＝，
只需证＋＝3，
即证＋＝1，
即只需证＝1，
而由题意知A＋C＝2B，
∴B＝，
∴b2＝a2＋c2－ac，
∴＝
＝＝1，
∴原等式成立，即(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
1．分析法与综合法的关系：
从图中可以看出，逆向书写分析过程，同样可以完成证明，这就是综合法．由此使我们想到，用分析法探路，用综合法书写，也是一种很好的思维方式．
2．分析综合法：
分析法与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．因此常将二者交互使用，互补优缺点，从而形成分析综合法，其证明模式可用框图表示如下：
→→…→←…←←
其中P表示已知条件、定义、定理、公理等，Q表示可证明的结论．
3．若a，b，c为不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
证明：要证lg＋lg＋lg>lg a＋
lg b＋lg c，
只需证lg>lg(a·b·c)，
即证··>abc.
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··>abc成立，
所以lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c成立．
过关检测
1．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：＜a索的因应是( )
A．a－b＞0 B．a－c＞0
C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0
解析：要证＜a，
只需证b2－ac＜3a2，
只需证b2－a(－b－a)＜3a2，
只需证2a2－ab－b2＞0，
只需证(2a＋b)(a－b)＞0，
只需证(a－c)(a－b)＞0.
故索的因应为C.
答案：C
2．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：
“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，其过程应用了( )
A．分析法
B．综合法
C．综合法、分析法综合使用
D．间接证法
解析：从证明过程来看，是从已知条件入手，经过推导得出结论，符合综合法的证明思路．
答案：B
3．要证明＋<＋(a≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．类比法
C．分析法 D．归纳法
解析：从待证不等式不易发现证明的出发点，类比法、归纳法更不可行，故应选择分析法，选C.
答案：C
4.证明命题“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”，一个同学给出的证法如下：
∵f(x)＝ex＋，∴f′(x)＝ex－.
∵x>0，∴ex>1,0<<1，
∴ex－>0，即f′(x)>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，他使用的证明方法是( )
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．以上都不是
解析：该证明方法符合综合法的定义，应为综合法．故应选A.
答案：A
5．要使a2＋b2－a2b2－1≤0成立的充要条件是( )
A．|a|≥1且|b|≥1 B．|a|≥1且|b|≤1
C．(|a|－1)(|b|－1)≥0 D．(|a|－1)(|b|－1)≤0
解析：a2＋b2－a2b2－1≤0?a2(1－b2)＋(b2－1)≤0?(b2－1)(1－a2)≤0?(a2－1)(b2－1)≥0?(|a|－1)(|b|－1)≥0.
答案：C
6.＋与＋的大小关系是( )
A.＋≥ ＋
B.＋≤ ＋
C.＋＞＋
D.＋＜＋
解析：要想确定＋与＋的大小，
只需确定(＋)2与(＋)2的大小，
只需确定8＋2与8＋2的大小，
即确定与的大小，显然＜.
∴＋＜＋.
答案：D
7．若x，y∈R＋，且＋≤a 恒成立，则a的最小值是( )
A．2 B.
C．2 D．1
解析：原不等式可化为
a≥＝＝
要使不等式恒成立，只需a不小于的最大值即可．
∵≤，当x＝y时取等号，∴a≥，
∴a的最小值为.故选B.
答案：B
8．已知a，b为正实数，函数f(x)＝()x，A＝f()，B＝f()，C＝f()，则A，B，C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：因为函数f(x)＝()x为减函数，所以要比较A，B，C的大小，只需比较，，的大小，因为≥，两边同乘得：·≥ab，即≥，故≥≥，∴A≤B≤C.
答案：A
9．设甲：函数f(x)＝|x2＋mx＋n|有四个单调区间，乙：函数g(x)＝lg(x2＋mx＋n)的值域为R，那么甲是乙的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．以上均不对
解析：对甲，要使f(x)＝|x2＋mx＋n|有四个单调区间，只需要Δ＝m2－4n>0即可；对乙，要使g(x)＝
lg(x2＋mx＋n)的值域为R，只需要u＝x2＋mx＋n的值域包含区间(0，＋∞)，只需要Δ＝m2－4n≥0，
所以甲是乙的充分不必要条件．
答案：A
10．要证－<成立，则a，b应满足的条件是________．
解析：要证－<，只需证(－)3<()3，
即a－b－3＋3
即3－3>0，即(－)>0.
故所需条件为或
即ab>0且a>b或ab<0且a答案：ab>0且a>b或ab<0且a11．如果x＞0，y＞0，x＋y＋xy＝2，则x＋y的最小值为________．
解析：由x＞0，y＞0，x＋y＋xy＝2, 得2－(x＋y)＝xy≤2，
∴(x＋y)2＋4(x＋y)－8≥0，∴x＋y≥2－2或x＋y≤－2－2，
∵x＞0，y＞0，∴x＋y的最小值为2－2.
答案：2－2
12．如果a＋b>a＋b，则实数a，b应满足的条件是________．
解析：a＋b>a＋b?a－a>b－b
?a(－)>b(－)?(a－b)(－)>0
?(＋)(－)2>0，
故只需a≠b且a，b都不小于零即可．
答案：a≥0，b≥0且a≠b
13．设n∈N，则－________ －(填＞、＜、＝)．
解析：要比较－与－的大小．
即判断(－)－(－)
＝(＋)－(＋)的符号，
∵(＋)2－(＋)2
＝2[－ ]
＝2(－)＜0.
∴－＜－.
答案：＜
14..如图所示，四棱柱ABCD?A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足________时，BD⊥A1C(写上一个条件即可)．
解析：要证BD⊥A1C，只需证BD⊥平面AA1C.
因为AA1⊥BD，只要再添加条件AC⊥BD，
即可证明BD⊥平面AA1C，从而有BD⊥A1C.
答案：AC⊥BD(答案不唯一)
15．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成一个首项为的等比数列，则|m－n|＝________.
解析：不妨设是x2－mx＋2＝0的一根，另一根为a，则m＝a＋，a＝2.
设x2－nx＋2＝0的两根为b，c, 则n＝b＋c，bc＝2.
由，b，c，a成等比数列及a＝4可得b＝1，c＝2，从而m＝，n＝3，|m－n|＝.
答案：
16．已知0＜a≤1,0＜b≤1,0＜c≤1，求证：≥1.
证明：∵a＞0，b＞0，c＞0，
∴要证≥1，
只需证1＋ab＋bc＋ca≥a＋b＋c＋abc，
即证1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)≥0.
∵1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)
＝(1－a)＋b(a－1)＋c(a－1)＋bc(1－a)
＝(1－a)(1－b－c＋bc)
＝(1－a)(1－b)(1－c)，
又a≤1，b≤1，c≤1，
∴(1－a)(1－b)(1－c)≥0.
∴1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)≥0成立，
即证明了≥1.
17．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．
证明：设圆和正方形的周长为l，依题意，圆的面积为π()2，正方形的面积为()2，
因此本题只需证明π()2＞()2.
为了证明上式成立，只需证明＞，两边同乘以正数，得＞，因此，只需证明4＞π.
上式显然成立，故π()2＞()2.
18．在某两个正数m，n之间插入一个数x，使m，x，n成等差数列，插入两个数y，z，使m，y，z，n成等比数列，求证：(x＋1)2≥(y＋1)(z＋1)．
证明：由已知可得，
所以m＝，n＝.
即m＋n＝＋，从而2x＝＋.
要证(x＋1)2≥(y＋1)(z＋1)，
只需证x＋1≥成立．
只需证x＋1≥即可．
也就是证2x≥y＋z，而2x＝＋，
则只需证＋≥y＋z即可．
即y3＋z3≥yz(y＋z)，
只需证y2－yz＋z2≥yz，即证(y－z)2≥0成立，
由于(y－z)2≥0显然成立，∴(x＋1)2≥(y＋1)(z＋1)．
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