点击综合法与分析法

在求解数学问题时，若能开拓思维空间，采用灵活多样的解题策略，往往可以以巧取胜，提高解题技巧，收到事半功倍的效果，提高思维的品质.下面举例说明，相信同学们能够从中受到有益的启示.

一、回归定义

在解答某些问题时，回归定义常常可获得题设信息所固有的本质属性，达到合理运算，准确判断，灵活选择的目的.

例1若a=ln22， b=ln33， c=ln55，则（ ）.

A. a

C. c

解析∵a-b=ln22-ln33=3ln2-2ln36=ln8-ln96<0，

a-c=ln22-ln55=5ln2-2ln510=ln32-ln2510>0，

∴本题应选C.

点评平凡的解法，神奇的效果，使解题过程简单明了.

二、整体代换

此法无需考虑问题的细枝末节，而是注重通览全局，将问题作为一个完整的整体，通过分析问题的整体结构特征，通过整体代换，达到快捷求解的目的.

例2求sin10°·sin30°·sin50° · sin70°的值.

解析设A=sin10°·sin30°·sin50°·sin70°，B=cos10°·cos30°·cos50°·cos70°，则A·B=116sin20°·sin60°·sin80°·sin140°=116cos10°·cos30°·cos50°·cos70°=116B.

∵B≠0，∴A=116，即sin10°·sin30°·sin50°·sin70°=116.

点评根据已知三角式的整体结构，采用整体代换的方法，构造一个对偶式，于是将问题化繁为简，快速获解.

三、巧用特值

通过选取恰当的特殊数值进行简单的运算、推理或判断，可使问题快速获解.

例3已知y=f （x）是定义在R上的单调函数，实数x1≠x2，λ≠-1，α=x1+λx21+λ，β=x2+λx11+λ，若|f （x1）-f （x2）|<|f （α）-f （β）|，则（ ）.

A. λ<0 B. λ=0

C. 0<λ<1 D. λ≥1

解析由α、β的给出形式，不难联想到定比分点公式.若设A、B、P、Q分别是x1、x2、α、β在数轴上的对应点，则P、Q分向量AB、BA的比都是λ，又因为y=f （x）是单调函数，所以|f （x1）-f （x2）|<|f （α）-f （β）||x1-x2|<|α-β|，所以P是向量AB的外分点，从而λ<0.

若令f （x）=x，则可立即得出λ<0.

故应选A.

四、活用性质

许多数学问题利用性质都可顺利求解，因此对于数学中的一些性质我们务必要熟记，常会为解题带来方便.

例4设f -1（x）是函数f （x）=12（ax-a-x）（a>1）的反函数，则使得f -1（x）>1成立的x的取值范围是（ ）.

A. （a2-12a， +∞） B. （-∞，a2-12a）

C.（a2-12a， a） D. [a， +∞）

解析由a>1可知，f （x）是R上的递增函数，又f -1（x）>1，∴f [f -1（x）]>f （1），根据反函数的性质有x>f （1）=a2-12a.

故应选A.

五、数形结合

有些数学问题都具有鲜明的几何意义，解题时若能够数形结合，以形帮数，则可使问题快捷获解.

例5已知方程f （x）=（x-a）（x-b）-2（其中a

A. α

C. a<α

图1解析a、b是方程q（x）=（x-a）（x-b）=0的两根，作出函数f （x）、q （x）的图象，如图1所示.因此本题应选A.

点评有时解题思路难以打开，往往是由于数形分离所致，此时若能够认真分析题目的数形结合特征，从形中觅数，数中思形，常常可以快速地寻找到解题的突破口.

六、巧用估算

许多选择题都有一定的运算量，常规解法是列式计算，既费时又费力.若进行深层次的思考，常常只需一些简单的估算即可得出正确的结论来.

例6已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球的表面积是（ ）.

A.16π4 B.8π3 C.4π D. 64π9

解析对于本题若先算出球的半径R，然后求球的表面积，是“小题大做”.其实对R作估算即可排除三个错误选项，注意到R不小于△ABC的外接圆半径233，故得S=4πR2≥4π（233）2=16π3，选项A、B、C的值都小于16π3.

故应选D.

七、特殊化法

对于一些选择题，运用特殊化方法求解，不仅可以快速获解，并且有利于提高思维的敏捷性.常用的特殊方法有：取特殊值、选特殊点、找特殊角、构特殊函数、画特殊图形等.

例7椭圆x29+y24=1的焦点为F1、F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是.

解析设P（x， y），当∠F1PF2=90°时，点P的轨迹方程为x2+y2=5，由此可得点P的横坐标x=±35，又当点P在x轴上时，∠F1PF2=0°；点P在y轴上时，∠F1PF2为钝角，由此可得点P横坐标的取值范围是-35

八、活用结论

对于某些典型问题的结论若能熟记于心，常常会使解题走入捷径，凸显奇效，快速求解.

例8两条异面直线称为“一对”，则在正方体八个顶点间的所有连线中，成为异面直线的共有多少对？

解析如果以其中一条棱进行分类的话，很难搞清“重”与“漏”，然而大家对以下两题很熟悉：（1） 以正方体的八个顶点为顶点的三棱锥有多少个？（2） 如果两条异面直线称为“一对”的话，一个三棱锥中有多少对异面直线？故可将本题分解成两个熟悉的问题，即考虑一种对应.由于（1）的答案是C48-12=58个；（2）的答案是3对，故本题的答案为58×3=174对.

点评本题若直接寻找异面直线的对数，既繁琐还容易遗漏，而通过引入三棱锥，经过简单的计算三棱锥的个数，使得三棱锥的个数与异面直线的对数建立了一一对应关系，从而使问题转化为我们所熟悉的问题，

九、灵活转化

把不易解决的问题，通过灵活转化归结为熟悉易解的问题，从而达到快速求解的目的.

例9已知数列{xn}满足x2=x12，xn=12（xn-1+xn-2），n=3， 4， ….limn→∞xn=2，则x1=（ ）.

A.32 B. 3 C.1 D. 5

解析在已知递推式两边同时加上12xn-1，得到一个新的递推关系：xn+12xn-1=xn-1+12xn-2.显然数列{xn+1+12xn}是常数数列，并且xn+12xn-1=x2+12x1=x1，在该式两边同时取极限，得2+1=x1.

应选B.

点评将非常规的数列问题转换为等差、等比数列问题，是解决此类问题的基本方法.不过，切入点不同，繁简程度则会大相径庭.

（收稿日期：2014-12-20）

点击综合法与分析法

陕西省西安市远东第二中学（710077）吕佐良

综合法与分析法是处理高中数学证明题的两种基本方法.有副数学对联是这样写的，上联：由因导果顺藤摸瓜（综合法），下联：执果索因逆推探源（分析法），横批：得心应手.它形象地概括了综合法、分析法在数学证明中的思维模式.为了帮助同学们深刻地理解这两种证题方法，并能灵活地运用，本文对其原理作一系统归纳，并拟例说明.

一、综合法

1.定义

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，得到所证明的结论成立的方法称之为综合法. 综合法又称顺推法或由因导果法.

2.特点

是从问题的条件出发，寻求其结论的方法，即“由因导果”，从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是寻找它成立的必要条件.

3.思维模式

用P表示已知条件，Q表示所要证明的结论，其逻辑思维模式为： PQ1Q2…Q，其中间结论未必唯一，只需从其中某一个推导出结论即可.

4.实施步骤

分析题目条件，搜寻已知条件和要证结论之间的有关公理、定理、性质等，确定证题的切入点；

综合所得信息，依据思维模式进行推理论证，从而证得结论.

5.注意事项

推理过程条理性逻辑性要求比较强，一环扣一环，关键的推理要有详尽的表述，且忌过程不可缺省.

二、分析法

1.定义

从要证命题的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归纳为判定一个明显成立的条件（已知条件、定义、定理、公理等）的证明方法称之为分析法.分析法又称逆推法或执果索因法.

2.特点

是从问题的结论出发，先假定所证的结论成立，分析这个命题成立的条件，把证明这个命题转化为判断这些条件是否具备的问题.如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原命题成立，因而称之为“执果索因”.

3.思维模式

用P表示已知条件，Q表示所要证明的结论，其逻辑思维模式和书写格式为：要证Q成立，只要证P1成立，即证P2成立，只需证P3成立，…，即证P成立，因为P成立，所以Q成立.

4.实施步骤

依据思维模式，由命题结论出发，逐步推演，探寻使结论成立的充分条件.

5.注意事项

（1）步步追溯的条件都是结论成立的充分条件.

（2）由结论出发，往往从多种角度去追溯，因而逆推的途径不只一条，在逆推中要时时联系已知条件进行猜想，选择最佳途径.

（3）要严格地按照分析法的格式书写，必要的文字叙述不可缺省.

三、典例精析

例1已知a，b，c∈R+，n∈N+，且f（n）=lgan+bn+cn3，求证：2f（n）≤f（2n）.

证明∵2f（n）=2lgan+bn+cn3=lg（an+bn+cn3）2

=lga2n+b2n+c2n+2anbn+2bncn+2cnan9.

又∵2anbn≤a2n+b2n，2bncn≤b2n+c2n，2cnan≤c2n+a2n，三式相加得2anbn+2bncn+2cnan≤2（a2n+b2n+c2n），

∴2f（n）≤lga2n+b2n+c2n+2（a2n+b2n+c2n）9

=lga2n+b2n+c2n3=f（2n）.

点评将几个不等式相加（或相乘）的方法，是用综合法证明不等式常用的变形技巧.

例2已知椭圆x24+y2=1，过点B（-1，0）的直线l交椭圆于C、D两点，交直线x=-4于点E，点B，E分CD的比分别为λ1，λ2，求证：λ1+λ2=0.

证明设直线l的方程为y=k（x+1），代入椭圆方程整理得 （4k2+1）x2+8k2x+4（k2-1）=0.设C（x1，y1），D（x2，y2），则x1+x2=-8k24k2+1，x1x2=4k2-44k2+1.由CB=λ1BD，得（-1-x1，-y1）=λ1（x2+1，y2），∴-1-x1=λ1（x2+1），λ1=-x1+1x2+1.记E（-4，yE），同理由CE=λ2ED，得-4-x1=λ2（x2+4），λ2=-x1+4x2+4，∴λ1+λ2=-x1+1x2+1-x1+4x2+4=-2x1x2+5（x1+x2）+8（x2+1）（x2+4），其中2x1x2+5（x1+x2）+8=2·4k2-44k2+1-5·8k24k2+1+8=0，故λ1+λ2=0.

点评本题从条件出发，将直线方程代入椭圆方程，利用根与系数的关系，建立λ1与λ2的表达式而获解，这一过程充分体现了在用综合法时，解题思路不是盲目的，而是根据结论这个目标合理地利用已知条件.

例3已知0<θ<π，证明：2sin2θ≤cotθ2.（提示：cotθ2=1+cosθsinθ）

证明要证2sin2θ≤cotθ2，只需证4sinθcosθ≤1+cosθsinθ. ∵0<θ<π，∴sinθ>0，故只需证4sin2θcosθ≤1+cosθ，即证4（1+cosθ）（1-cosθ）cosθ≤1+cosθ.∵1+cosθ>0，∴只需证4（1-cosθ）cosθ≤1，即只需证4cos2θ-4cosθ+1≥0，即证（2cosθ-1）2≥0，这显然成立.∴2sin2θ≤cotθ2成立.

点评本题是一道典型的分析法证明题.如果要证的不等式通过等价变形容易化简，化简后能由条件直接得出，或者化简后是一个显然成立的不等式，就选择用分析法证明.对本题来说，熟记一些三角恒等式的变形是关键.另外，在用分析法证题时，一定要恰当地用好“要证”、“只需证”、“即证”、“也即证”等词语.

例4设a，b∈R，且|a|+|b|<1，求证：方程x2+ax+b=0（a2-4b>0）的两根的绝对值都小于1.

证法1综合法（利用方程的观点） 设方程的两根分别为x1，x2，由根与系数的关系得x1+x2=-a，x1x2=b，则|x1+x2|=|a|，|x1x2|=|b|，∴|x1+x2|+|x1x2|=|a|+|b|.又|a|+|b|<1，∴|x1+x2|+|x1x2|<1，即|x1+x2|+|x1x2|-1<0，又|x1+x2|≥|x1|-|x2|，∴|x1|-|x2|+|x1x2|-1<0，即|x2|（|x1|-1）+|x1|-1<0（|x2|+1）（|x1|-1）<0|x1|-1<0|x1|<1.同理可证|x2|<1.故方程x2+ax+b=0（a2-4b>0）的两根的绝对值都小于1.

点评本方法从已知入手，利用根与系数的关系得出关系式，再利用绝对值不等式直接推得两根的绝对值都是小于1的，很好地体现了综合法证题的过程.

证法2分析法（利用函数的观点） 要证方程x2+ax+b=0的两根的绝对值都小于1，只需证函数f（x）=x2+ax+b的图像与x轴的交点位于（-1，1）之间，只需证f（1）>0，f（-1）>0且-1<-a2<1，即证f（1）=a+b+1>0，

f（-1）=b-a+1>0，

-1<-a2<1. ∵|a|+|b|<1，|a|+|b|≥|a+b|，∴|a+b|<1，即-10；∵|a|+|b|≥|a-b|，∴|a-b|<1，即-10，又|a|+|b|<1，∴|a|<1，即-10）的两根的绝对值都小于1.

点评本方法从结论出发，寻求出结论成立的充分条件，再根据已知条件和绝对值不等式证明了充分条件是成立的，进而证明原结论.用分析法证明问题，要注意典型特征：“执果索因”，注意每一步证明都是寻找上一步成立的充分条件.另外需要注意一些联结词的使用，这也是分析法的特征之一.

综合法与分析法是两种思路的证明方法，综合法是顺推，分析法是倒溯，二者各有优缺点：综合法条理清晰，宜于表述，缺点是探路较难，易生枝节；分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述容易出错.因此，对于一些较难的问题，常把两者交互运用，可互补缺点.

例5已知数集A={a1，a2，…，an}，（1≤a1

（1）分别判断数集{1，3，4}与{1，2，3，6}是否具有性质P，并说明理由；

（2）证明：a1=1，且a1+a2+…+an1a1+1a2+…+1an=an；

（3）证明：当n=5时，a1，a2，a3，a4，a5成等比数列.

解析（1）∵3×4与43均不属于数集{1，3，4}，∴数集{1，3，4}不具有性质P.由于1×2，1×3，1×6，2×3，62，63，11，22，33，66都属于数集{1，2，3，6}，∴数集{1，2，3，6}具有性质P.

（2）（用综合法证明）∵A={a1，a2，…，an}具有性质P，∴anan与anan中至少有一个属于A.由1≤a1an，∴ananA，从而1=anan∈A，∴a1=1. ∵1=a1an，∴akanA（k=2，3，…，n）.由A具有性质P可知anak∈A（k=1，2，3，…，n）.又anan

（3）（用分析法证明）要证a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，只需证a5a4=a4a3=a3a2=a2a1=q即可.又a1=1，∴ 只需证q=a2，即a5a4=a4a3=a3a2=a2.由（2）知当n=5时，a5a4=a2，a5a3=a3，即a5=a2a4=a23.∴只需证a4a3=a3a2=a2即可.又由1=a1a2a4=a5，从而a3a4A.由A具有性质P，可知a4a3∈A.由a2a4=a23，得a3a2=a4a3∈A，且1

例6已知a>0，b>0，且a+b=1，求证：（a+1a）（b+1b）≥254.

证明要证（a+1a）（b+1b）≥254，而（a+1a）（b+1b）=a2b2+（a2+b2）+1ab，只需证a2b2+（a2+b2）+1ab≥254，即只证4（ab）2+4（a2+b2）-25ab+4≥0①，∵a>0，b>0，且a+b=1，不妨设a=12+t，b=12-t，-12

点评本题中含有限制性条件a+b=1，当用分析法得到①时，我们转入用综合法证明①成立.由此得到启示：当用单纯的分析法或综合法证明不易下手时，先用分析法开道，再用综合法去“迎合”分析法的某一步结果，使解题思路更加清晰畅通，达到迅速解题的目的.

例7已知a，b，c∈R+，且a+b+c=1，求证： 3a+2+3b+2+3c+2≤33.

证明要证3a+2+3b+2+3c+2≤33成立，只要证（3a+2+3b+2+3c+2）2≤27，即证23a+2·3b+2+23a+2·3c+2+23b+2·3c+2≤18①

∵23a+2·3b+2≤（3a+2）2+（3b+2）2=3a+3b+4.同理可得23a+2·3c+2≤3a+3c+4，23b+2·3c+2≤3b+3c+4.∴23a+2·3b+2+23a+2·3c+2+23b+2·3c+2≤6（a+b+c）+12=18②

从而得3a+2+3b+2+3c+2≤33.

点评本题中含有根号，可依教材中例题的解法，考虑用分析法. ①是由分析法得出的，②是由综合法得出的，①②的结合才完成了题目的证明.由此可以看出分析法与综合法之间并不是孤立的，二者可以有机的结合.

一般地，如果所证问题的难度较大，需要一边分析一边综合，实现两头往中间靠，即“两边夹”的办法，以达到证题的目的，分析的终点是综合的起点，综合的终点又是分析的起点，这充分表明分析法与综合法之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系.（收稿日期：2014-10-11）