點擊綜合法與分析法

在求解數學問題時，若能開拓思維空間，采用靈活多樣的解題策略，往往可以以巧取勝，提高解題技巧，收到事半功倍的效果，提高思維的品質.下面舉例說明，相信同學們能夠從中受到有益的啟示.

一、回歸定義

在解答某些問題時，回歸定義常常可獲得題設信息所固有的本質屬性，達到合理運算，準確判斷，靈活選擇的目的.

例1若a=ln22， b=ln33， c=ln55，則（ ）.

A. a

C. c

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

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

∴本題應選C.

點評平凡的解法，神奇的效果，使解題過程簡單明了.

二、整體代換

此法無需考慮問題的細枝末節，而是注重通覽全局，將問題作為一個完整的整體，通過分析問題的整體結構特征，通過整體代換，達到快捷求解的目的.

例2求sin10°·sin30°·sin50° · sin70°的值.

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

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

點評根據已知三角式的整體結構，采用整體代換的方法，構造一個對偶式，于是將問題化繁為簡，快速獲解.

三、巧用特值

通過選取恰當的特殊數值進行簡單的運算、推理或判斷，可使問題快速獲解.

例3已知y=f （x）是定義在R上的單調函數，實數x1≠x2，λ≠-1，α=x1+λx21+λ，β=x2+λx11+λ，若|f （x1）-f （x2）|<|f （α）-f （β）|，則（ ）.

A. λ<0 B. λ=0

C. 0<λ<1 D. λ≥1

解析由α、β的給出形式，不難聯想到定比分點公式.若設A、B、P、Q分別是x1、x2、α、β在數軸上的對應點，則P、Q分向量AB、BA的比都是λ，又因為y=f （x）是單調函數，所以|f （x1）-f （x2）|<|f （α）-f （β）||x1-x2|<|α-β|，所以P是向量AB的外分點，從而λ<0.

若令f （x）=x，則可立即得出λ<0.

故應選A.

四、活用性質

許多數學問題利用性質都可順利求解，因此對于數學中的一些性質我們務必要熟記，常會為解題帶來方便.

例4設f -1（x）是函數f （x）=12（ax-a-x）（a>1）的反函數，則使得f -1（x）>1成立的x的取值范圍是（ ）.

A. （a2-12a， +∞） B. （-∞，a2-12a）

C.（a2-12a， a） D. [a， +∞）

解析由a>1可知，f （x）是R上的遞增函數，又f -1（x）>1，∴f [f -1（x）]>f （1），根據反函數的性質有x>f （1）=a2-12a.

故應選A.

五、數形結合

有些數學問題都具有鮮明的幾何意義，解題時若能夠數形結合，以形幫數，則可使問題快捷獲解.

例5已知方程f （x）=（x-a）（x-b）-2（其中a

A. α

C. a<α

圖1解析a、b是方程q（x）=（x-a）（x-b）=0的兩根，作出函數f （x）、q （x）的圖象，如圖1所示.因此本題應選A.

點評有時解題思路難以打開，往往是由于數形分離所致，此時若能夠認真分析題目的數形結合特征，從形中覓數，數中思形，常常可以快速地尋找到解題的突破口.

六、巧用估算

許多選擇題都有一定的運算量，常規解法是列式計算，既費時又費力.若進行深層次的思考，常常只需一些簡單的估算即可得出正確的結論來.

例6已知過球面上A、B、C三點的截面和球心的距離等于半徑的一半，且AB=BC=CA=2，則球的表面積是（ ）.

A.16π4 B.8π3 C.4π D. 64π9

解析對于本題若先算出球的半徑R，然后求球的表面積，是“小題大做”.其實對R作估算即可排除三個錯誤選項，注意到R不小于△ABC的外接圓半徑233，故得S=4πR2≥4π（233）2=16π3，選項A、B、C的值都小于16π3.

故應選D.

七、特殊化法

對于一些選擇題，運用特殊化方法求解，不僅可以快速獲解，并且有利于提高思維的敏捷性.常用的特殊方法有：取特殊值、選特殊點、找特殊角、構特殊函數、畫特殊圖形等.

例7橢圓x29+y24=1的焦點為F1、F2，點P為其上的動點，當∠F1PF2為鈍角時，點P橫坐標的取值范圍是.

解析設P（x， y），當∠F1PF2=90°時，點P的軌跡方程為x2+y2=5，由此可得點P的橫坐標x=±35，又當點P在x軸上時，∠F1PF2=0°；點P在y軸上時，∠F1PF2為鈍角，由此可得點P橫坐標的取值范圍是-35

八、活用結論

對于某些典型問題的結論若能熟記于心，常常會使解題走入捷徑，凸顯奇效，快速求解.

例8兩條異面直線稱為“一對”，則在正方體八個頂點間的所有連線中，成為異面直線的共有多少對？

解析如果以其中一條棱進行分類的話，很難搞清“重”與“漏”，然而大家對以下兩題很熟悉：（1） 以正方體的八個頂點為頂點的三棱錐有多少個？（2） 如果兩條異面直線稱為“一對”的話，一個三棱錐中有多少對異面直線？故可將本題分解成兩個熟悉的問題，即考慮一種對應.由于（1）的答案是C48-12=58個；（2）的答案是3對，故本題的答案為58×3=174對.

點評本題若直接尋找異面直線的對數，既繁瑣還容易遺漏，而通過引入三棱錐，經過簡單的計算三棱錐的個數，使得三棱錐的個數與異面直線的對數建立了一一對應關系，從而使問題轉化為我們所熟悉的問題，

九、靈活轉化

把不易解決的問題，通過靈活轉化歸結為熟悉易解的問題，從而達到快速求解的目的.

例9已知數列{xn}滿足x2=x12，xn=12（xn-1+xn-2），n=3， 4， ….limn→∞xn=2，則x1=（ ）.

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

解析在已知遞推式兩邊同時加上12xn-1，得到一個新的遞推關系：xn+12xn-1=xn-1+12xn-2.顯然數列{xn+1+12xn}是常數數列，并且xn+12xn-1=x2+12x1=x1，在該式兩邊同時取極限，得2+1=x1.

應選B.

點評將非常規的數列問題轉換為等差、等比數列問題，是解決此類問題的基本方法.不過，切入點不同，繁簡程度則會大相徑庭.

（收稿日期：2014-12-20）

點擊綜合法與分析法

陜西省西安市遠東第二中學（710077）呂佐良

綜合法與分析法是處理高中數學證明題的兩種基本方法.有副數學對聯是這樣寫的，上聯：由因導果順藤摸瓜（綜合法），下聯：執果索因逆推探源（分析法），橫批：得心應手.它形象地概括了綜合法、分析法在數學證明中的思維模式.為了幫助同學們深刻地理解這兩種證題方法，并能靈活地運用，本文對其原理作一系統歸納，并擬例說明.

一、綜合法

1.定義

利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過一系列的推理論證，得到所證明的結論成立的方法稱之為綜合法. 綜合法又稱順推法或由因導果法.

2.特點

是從問題的條件出發，尋求其結論的方法，即“由因導果”，從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理實際上是尋找它成立的必要條件.

3.思維模式

用P表示已知條件，Q表示所要證明的結論，其邏輯思維模式為： PQ1Q2…Q，其中間結論未必唯一，只需從其中某一個推導出結論即可.

4.實施步驟

分析題目條件，搜尋已知條件和要證結論之間的有關公理、定理、性質等，確定證題的切入點；

綜合所得信息，依據思維模式進行推理論證，從而證得結論.

5.注意事項

推理過程條理性邏輯性要求比較強，一環扣一環，關鍵的推理要有詳盡的表述，且忌過程不可缺省.

二、分析法

1.定義

從要證命題的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸納為判定一個明顯成立的條件（已知條件、定義、定理、公理等）的證明方法稱之為分析法.分析法又稱逆推法或執果索因法.

2.特點

是從問題的結論出發，先假定所證的結論成立，分析這個命題成立的條件，把證明這個命題轉化為判斷這些條件是否具備的問題.如果能夠肯定這些條件都已具備，那么就可以斷定原命題成立，因而稱之為“執果索因”.

3.思維模式

用P表示已知條件，Q表示所要證明的結論，其邏輯思維模式和書寫格式為：要證Q成立，只要證P1成立，即證P2成立，只需證P3成立，…，即證P成立，因為P成立，所以Q成立.

4.實施步驟

依據思維模式，由命題結論出發，逐步推演，探尋使結論成立的充分條件.

5.注意事項

（1）步步追溯的條件都是結論成立的充分條件.

（2）由結論出發，往往從多種角度去追溯，因而逆推的途徑不只一條，在逆推中要時時聯系已知條件進行猜想，選擇最佳途徑.

（3）要嚴格地按照分析法的格式書寫，必要的文字敘述不可缺省.

三、典例精析

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

證明∵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）.

點評將幾個不等式相加（或相乘）的方法，是用綜合法證明不等式常用的變形技巧.

例2已知橢圓x24+y2=1，過點B（-1，0）的直線l交橢圓于C、D兩點，交直線x=-4于點E，點B，E分CD的比分別為λ1，λ2，求證：λ1+λ2=0.

證明設直線l的方程為y=k（x+1），代入橢圓方程整理得 （4k2+1）x2+8k2x+4（k2-1）=0.設C（x1，y1），D（x2，y2），則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.記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.

點評本題從條件出發，將直線方程代入橢圓方程，利用根與系數的關系，建立λ1與λ2的表達式而獲解，這一過程充分體現了在用綜合法時，解題思路不是盲目的，而是根據結論這個目標合理地利用已知條件.

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

證明要證2sin2θ≤cotθ2，只需證4sinθcosθ≤1+cosθsinθ. ∵0<θ<π，∴sinθ>0，故只需證4sin2θcosθ≤1+cosθ，即證4（1+cosθ）（1-cosθ）cosθ≤1+cosθ.∵1+cosθ>0，∴只需證4（1-cosθ）cosθ≤1，即只需證4cos2θ-4cosθ+1≥0，即證（2cosθ-1）2≥0，這顯然成立.∴2sin2θ≤cotθ2成立.

點評本題是一道典型的分析法證明題.如果要證的不等式通過等價變形容易化簡，化簡后能由條件直接得出，或者化簡后是一個顯然成立的不等式，就選擇用分析法證明.對本題來說，熟記一些三角恒等式的變形是關鍵.另外，在用分析法證題時，一定要恰當地用好“要證”、“只需證”、“即證”、“也即證”等詞語.

例4設a，b∈R，且|a|+|b|<1，求證：方程x2+ax+b=0（a2-4b>0）的兩根的絕對值都小于1.

證法1綜合法（利用方程的觀點） 設方程的兩根分別為x1，x2，由根與系數的關系得x1+x2=-a，x1x2=b，則|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.同理可證|x2|<1.故方程x2+ax+b=0（a2-4b>0）的兩根的絕對值都小于1.

點評本方法從已知入手，利用根與系數的關系得出關系式，再利用絕對值不等式直接推得兩根的絕對值都是小于1的，很好地體現了綜合法證題的過程.

證法2分析法（利用函數的觀點） 要證方程x2+ax+b=0的兩根的絕對值都小于1，只需證函數f（x）=x2+ax+b的圖像與x軸的交點位于（-1，1）之間，只需證f（1）>0，f（-1）>0且-1<-a2<1，即證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）的兩根的絕對值都小于1.

點評本方法從結論出發，尋求出結論成立的充分條件，再根據已知條件和絕對值不等式證明了充分條件是成立的，進而證明原結論.用分析法證明問題，要注意典型特征：“執果索因”，注意每一步證明都是尋找上一步成立的充分條件.另外需要注意一些聯結詞的使用，這也是分析法的特征之一.

綜合法與分析法是兩種思路的證明方法，綜合法是順推，分析法是倒溯，二者各有優缺點：綜合法條理清晰，宜于表述，缺點是探路較難，易生枝節；分析法容易探路，且探路與表述合一，缺點是表述容易出錯.因此，對于一些較難的問題，常把兩者交互運用，可互補缺點.

例5已知數集A={a1，a2，…，an}，（1≤a1

（1）分別判斷數集{1，3，4}與{1，2，3，6}是否具有性質P，并說明理由；

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

（3）證明：當n=5時，a1，a2，a3，a4，a5成等比數列.

解析（1）∵3×4與43均不屬于數集{1，3，4}，∴數集{1，3，4}不具有性質P.由于1×2，1×3，1×6，2×3，62，63，11，22，33，66都屬于數集{1，2，3，6}，∴數集{1，2，3，6}具有性質P.

（2）（用綜合法證明）∵A={a1，a2，…，an}具有性質P，∴anan與anan中至少有一個屬于A.由1≤a1an，∴ananA，從而1=anan∈A，∴a1=1. ∵1=a1an，∴akanA（k=2，3，…，n）.由A具有性質P可知anak∈A（k=1，2，3，…，n）.又anan

（3）（用分析法證明）要證a1，a2，a3，a4，a5成等比數列，只需證a5a4=a4a3=a3a2=a2a1=q即可.又a1=1，∴ 只需證q=a2，即a5a4=a4a3=a3a2=a2.由（2）知當n=5時，a5a4=a2，a5a3=a3，即a5=a2a4=a23.∴只需證a4a3=a3a2=a2即可.又由1=a1a2a4=a5，從而a3a4A.由A具有性質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，求證：（a+1a）（b+1b）≥254.

證明要證（a+1a）（b+1b）≥254，而（a+1a）（b+1b）=a2b2+（a2+b2）+1ab，只需證a2b2+（a2+b2）+1ab≥254，即只證4（ab）2+4（a2+b2）-25ab+4≥0①，∵a>0，b>0，且a+b=1，不妨設a=12+t，b=12-t，-12

點評本題中含有限制性條件a+b=1，當用分析法得到①時，我們轉入用綜合法證明①成立.由此得到啟示：當用單純的分析法或綜合法證明不易下手時，先用分析法開道，再用綜合法去“迎合”分析法的某一步結果，使解題思路更加清晰暢通，達到迅速解題的目的.

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

證明要證3a+2+3b+2+3c+2≤33成立，只要證（3a+2+3b+2+3c+2）2≤27，即證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

從而得3a+2+3b+2+3c+2≤33.

點評本題中含有根號，可依教材中例題的解法，考慮用分析法. ①是由分析法得出的，②是由綜合法得出的，①②的結合才完成了題目的證明.由此可以看出分析法與綜合法之間并不是孤立的，二者可以有機的結合.

一般地，如果所證問題的難度較大，需要一邊分析一邊綜合，實現兩頭往中間靠，即“兩邊夾”的辦法，以達到證題的目的，分析的終點是綜合的起點，綜合的終點又是分析的起點，這充分表明分析法與綜合法之間互為前提、互相滲透、互相轉化的辯證統一關系.（收稿日期：2014-10-11）