002集合法——数学解题方法
例析充分性与必要性常见的三种判断方法
数理化解题研究2021年第01期总第494期例析充分性与必要性常见的三种判断方法许万成(江苏省建湖县第二中学224700)摘要：本文通过举例介绍了判定充分性和必要性的三种方法：定义法、集合法、等价法.关键词:充分性；必要性；逻辑推理中图分类号：G632文献标识码:A逻辑推理是数学核心素养之一，条件与结论的充分性与必要性是逻辑推理内容的重要组成部分.不少同学在学习这一部分的内容时,由于缺少方法的积累常常将自己“绕进”去，从而出现丢分的现象.针对这种情况，笔者根据平时的教学,现结合部分例题提供三种解决方法,希望能够给同学们提供一些帮助•1•定义法如果命题“若p则q”为真命题，则p为q的充分条件,g为p的必要条件•例］“%=2”是“%2-%-2=0”的条件.解析易见当%=2作为条件时,结论%2-%-2=0肯定成立.即命题“%=2时,%2-%-2=0”为真命题,所以“%=2”是“%2-%-2=0”的充分条件,但是当%2-%-2= 0作为条件时,%=2作为结论则不一定成立.即命题“%2-%-2=0时,%=2”为假命题.所以“%=2”不是“%2-%-2 =0”的必要条件.故答案为充分不必要.评注若“条件n结论”则具备充分性;若“结论n条件”则具备必要性.2.集合法若条件P所对应的集合为A,结论q所对应的集合为B，若A U B,贝」p为q的充分条件，若B U A,则p为q的必要条件.例2%>2是%>1的条件.解析因为任意%e{%%>2}都有%e{%%>1},所以命题“若%>2则%>1"是真命题，故“%>2”是“%>1”的充分条件.又因为存在%>1,但是%<2,所以命题“若%>1则%〉2”是假命题，即“%>2"不是“%>1"的必要条件.收稿日期：2020-10-05作者简介:许万成，男，中学教师，从事中学数学教学研究.—44—文章编号：1008-0333(2021)01-0044-01故答案为充分不必要.评注设集合A={%%满足条件p},集合B={%%满足条件q},如果A C B,那么p是q的充分条件；如果A U B,那么p是q的充分不必要条件；如果B C A,那么p是q的必要条件；如果B U A,那么p是q的必要不充分条件；如果A=B,那么p是q的充要条件•3.等价法因为原命题与逆否命题的真假性一致，所以当条件与结论中含有的否定较多时，我们可以使用等价法来判断条件与结论之间的充分性与必要性.例3%H2或y H8是%+y H10的条件•解析因为原命题与逆否命题的真假性相同,而命题“若%+y=10,则%=2且y=8"是假命题,所以命题“% H2或y H8,则%+y H10”是假命题,故“%H2或y H8”不是“%+y H10”的充分条件.又因为命题“若%=2且y=8,则%+y=10"是真命题，所以命题“%+y H10,则％H2或y H8”是真命题，所以“％H2或y H8”是“%+y H10”的必要条件.故答案为必要不充分.评注一般遇到命题无法判断真假时，我们可以利用它的逆否命题来判定•参考文献：［1］王岳军，吴永皓.“充要条件”式命题［J］.中学生数学，2018(23)：2.［责任编辑：李璟］。
3招秒杀容斥原理-2022公务员联考行测解题技巧
3招秒杀容斥原理-2022公务员联考行测解题技巧在数量关系题型中，常考的有两种题型，分别是二集合容斥原理和三集合容斥原理。
解决容斥原理常用的方法有公式法和画图法，其中公式法解决容斥原理是特别快速的解题方法，只要学会公式，理解并能够娴熟应用公式，那么容斥原理是考场中比较简单拿分的一种题型。
两集合容斥原理公式为：满意条件1的个数＋满意条件2的个数－两者都满意的个数＝总个数－两者都不满意的个数；三集合容斥原理分成标准型和非标准型两种。
三集合标准型容斥原理公式为：满意条件1的个数+满意条件2的个数+满意条件3的个数-满意两个条件的个数+三者都满意的个数=总个数-三者都不满意的个数。
三集合非标准型容斥原理公式为：满意条件1的个数+满意条件2的个数+满意条件3的个数-“只”满意两个条件的个数-2×三者都满意的个数=总个数-三者都不满意的个数。
【例1】学校有300个同学选择参与地理爱好小组，生物爱好小组或者两个小组同时参与。
假如80%同学参与地理爱好小组，50%同学参与生物爱好小组。
问同时参与地理和生物爱好小组的同学人数是多少？A.240B.150C.90D.60答案：C【解析】第一步，本题考查容斥问题，属于二集合容斥类，用公式法解题。
其次步，共两个爱好小组，其中80%的同学参与地理爱好小组、50%的同学参与生物爱好小组，依据两集合容斥原理公式：满意条件1的个数＋满意条件2的个数－两者都满意的个数＝总个数－两者都不满意的个数，设同时参与两个爱好小组的同学占比为x，则有80%＋50%－x＝100%－0，解得x＝30%，那么同时参与两个爱好小组的共有300×30%＝90（人）。
因此，选择C选项。
【例2】学某单位共有240名员工，其中订阅A期刊的有125人，订阅B期刊的有126人，订阅C期刊的有135人，订阅A、B期刊的有57人，订阅A、C期刊的有73人，订阅3种期刊的有31人，此外，还有17人没有订阅这三种期刊中的任何一种。
高二数学选修2-2：数学归纳法
1 a1 1 1 a2 2 1 a3 3
问题情境一
猜想其通项公式
1 an n
不完全归 纳法
问题3：某人看到树上乌鸦是黑的， 深有感触地说全世界的乌鸦都是黑的。
…
问题情境二
费马(Fermat) 曾经提出一个猜想：
n 2 形如Fn＝2 +1(n=0,1,2…)的数都是质数
n 0, Fn 3 n 1, Fn 5 n 2, Fn 17 n 3, Fn 257 n 4, Fn 65537
学命题的重要方法.主要有两个步骤一个结论: （1）证明当n取第一个值n0（如 n0=1或2等）时 结论正确 【归纳奠基】 （2）假设n=k时结论正确，证明n=k+1时结论 也正确 【归纳递推】 （3）由（1）、（2）得出结论
写明结论 才算完整 用上假设 递推才真
作业：
P19：习题1-4
1，2
问题情境三
如何解决不完全归纳法存在的问题呢？ 多米诺骨牌课件演示 如何保证骨牌一一倒下？需要几个步骤才 能做到？ （1）处理第一个问题；（相当 于推倒第一块骨牌） （2）验证前一问题与后一问题 有递推关系； （相当于前牌推倒后牌）
数学归纳法
对于由不完全归纳法得到的某些与自然数有关 自然数的数学命题我们常采用下面的方法来证明它 们的正确性：
……100年后…
n5 Fn 4, 294,967, 297 6,700,417 641
：由一系列有限的特殊事例得出 一般结论的推理方法 归纳法分为完全归纳法 和 不完全归纳法
考察全体对象, 得到一般结论 的推理方法 考察部分对象,得 到一般结论的推 理方法
归纳法
结论一定可靠
结论不一定可靠
高二数学知识点重点解析：数学解题方法之反证法
高二数学知识点重点解析：数学解题方法之反证法【】查字典数学网高中频道的编辑就为您预备了高二数学知识点重点解析：数学解题方法之反证法与前面所讲的方法不同，反证法是属于间接证明法一类，是从反面的角度摸索问题的证明方法，即：确信题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得。
法国数学家阿达玛(Hadamard)对反证法的实质作过概括：若确信定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾。
具体地讲，反证法确实是从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理的已知条件，进行正确的逻辑推理，使之得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者差不多证明为正确的命题等相矛，矛盾的缘故是假设不成立，因此确信了命题的结论，从而使命题获得了证明。
反证法所依据的是逻辑思维规律中的矛盾律和排中律。
在同一思维过程中，两个互相矛盾的判定不能同时都为真，至少有一个是假的，这确实是逻辑思维中的矛盾律两个互相矛盾的判定不能同时都假，简单地说A或者非A，这确实是逻辑思维中的排中律。
反证法在其证明过程中，得到矛盾的判定，依照矛盾律，这些矛盾的判定不能同时为真，必有一假，而已知条件、已知公理、定理、法则或者差不多证明为正确的命题差不多上确实，因此否定的结论必为假。
再依照排中律，结论与否定的结论这一对立的互相否定的判定不能同时为假，必有一真，因此我们得到原结论必为真。
因此反证法是以逻辑思维的差不多规律和理论为依据的，反证法是可信的。
反证法的证题模式能够简要的概括我为否定推理否定。
即从否定结论开始，通过正确无误的推理导致逻辑矛盾，达到新的否定，能够认为反证法的差不多思想确实是否定之否定。
应用反证法证明的要紧三步是：否定结论推导出矛盾结论成立。
实施的具体步骤是：第一步，反设：作出与求证结论相反的假设;第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾;第三步，结论：说明反设不成立，从而确信原命题成立。
在应用反证法证题时，一定要用到反设进行推理，否则就不是反证法。
【高二学习指导】高二数学解题技巧：反证法讲解
【高二学习指导】高二数学解题技巧：反证法讲解
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高中数学
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学习有所帮助！
高二数学解题技巧：反证法讲解
反证法和同一法是间接证明的两种方法，在解题中有着广泛的应用。
(一)反证法是一种重要的证明方法。
这里主要研究反证法的逻辑原理、解题步骤和适
用范围。
反证法的解题步骤：
第一步：反设。
假设命题结论不成立，即假设原结论的反面为真。
第二步：归谬。
由反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果。
这里所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已知公理、定义、定理、公式矛盾，与已知
条件矛盾，与临时假设矛盾，以及自相矛盾等各种情形。
第三步：存真。
由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立。
反证法的三个步骤是互相联系的。
反设是前提，归谬是关键，存真是目的。
只有正确
地作出反设，合乎逻辑地进行推导，才能间接地证出原题。
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高二
数学解题技巧：反证法讲解的内容已经呈现给大家，祝大家学习愉快！
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2016安徽三支一扶行测技巧：数学运算秒杀技巧分合法
2016安徽三支一扶行测技巧：数学运算秒杀技巧分合法释义：分合法就是利用分与合两种不同的思维解答数学运算的方法。
所谓“分”，就是将一个问题拆分成若干个小问题，然后从局部来考虑每个小问题;所谓“合”，就是把若干问题合在一起，从整体上思考这些问题。
也就是说，“分”就是局部考虑，是拆分;“合”是整体考虑，是整合。
分合法一般适用于排列组合与概率问题、解方程等。
分合法常用的两种思路为分类讨论和整体法。
(一)分类讨论分类讨论，是指当不能对问题所给的对象进行统一研究时，需要对研究对象按某个标准进行分类，逐类研究，最后将结论汇总得解的方法。
在进行分类讨论时，要注意分类标准统一，分类情况不遗漏、不重复，不越级讨论。
分类讨论与加法原理经常一起使用，一般是多种情况分类讨论以后，再利用加法原理求出总的情况数。
(二)整体法整体法与分类讨论正好相反，它强调从整体上来把握变化，而不是拘泥于局部的处理整体法有两种表现形式：1.将某一部分看成一个整体，在问题中总是一起考虑，而不单独求解;2.不关心局部关系，只关心问题的整体情况，直接根据整体情况来考虑关系。
这种形式经常用于平均数问题。
例题：某班级去超市采购体育用品时发现买4个篮球和2个排球共需560元，而买2个排球和4个足球则共需500元。
问如果篮球、排球和足球各买1个，共需多少元?A.250元B.255元C.260元D.265元【解析】设篮球、排球、足球单价为x、y、z，则4x+2y=560,2y+4z=500。
两式相加得4(x+y+z)=1060，x+y+z=265，此题答案为D。
例题：有两只相同的大桶和一只空杯子，甲桶装牛奶，乙桶装糖水，先从甲桶内取出一杯牛奶倒入乙桶，再从乙桶取出一杯糖水和牛奶的混合液倒入甲桶，请问，此时甲桶内的糖水多还是乙桶内的牛奶多?A.无法判定B.甲桶糖水多C.乙桶牛奶多D.一样多【解析】这道题没有具体的数据，只有两次不定量的操作，若通过假设桶和杯子的容积，然后根据溶液混合的公式正常求解，是不可行的。
(完整版)集合法判断充要条件教案
普通高中课程标准实验教科书数学选修2-1集合法判断充要条件讲课人：王美珍教学目标：知识目标：（1）熟记并理解集合法判断充分、必要条件的口诀；（2）掌握集合法判断充分、必要条件的技巧。
能力目标：培养学生的阅读理解能力、逻辑推理能力和归纳总结的能力。
情感目标：让学生感受“在生活中数学地思维”，增加对学习逻辑知识的兴趣和信心，克服畏惧感，激发求知欲。
教学重难点：教学重点：集合法判断充要条件。
教学难点：理解集合法判断充要条件的口诀。
课型：新授课教学方法：讲练结合教学法（配合多媒体辅助教学手段）教具：多媒体、投影仪复习引入:充分条件、必要条件、充要条件的定义:若p ⇒q ，则p是q成立的充分条件若q ⇒p，则q是p成立的必要必要条件若p ⇒q，且q⇒/p 则q是p成立的必要充分不必要条件若p ⇒/q，且q⇒p则q是p成立的必要必要不充分条件若p ⇔q，则q是p成立的必要充要条件思考：1、在前面我们已经学习了用定义来判断充分条件、以及充要条件，那么是否有更简便的方法可以去判断这几类条件呢？2、若命题p代表的是集合A，命题q代表的是集合B判断下列各题中命题p是命题q的什么条件，并研究此时集合A与集合B之间的关系？（1）p：（x－2）（x－3）＝0，q：x－2＝0（2）p：x＞3，q：x＞0；（3）p：a＞b，q：a＋c＞b＋c；（3）p：x＝3，q：x2＝9．（4）p:x＋y≠－2, q：x≠-1且y≠-1解答：（1）p是q的必要不充分条件且B A(2)p是q的充分不必要条件，且A B(3)p是q的充要条件且B=A(4)p是q的既不充分也不必要条件，且B A，A B讲解新课:从集合与集合的关系看充分条件、必要条件:一般情况下若条件甲为x∈Ａ，条件乙为x∈Ｂ1)若A B，则甲是乙的充分不必要条件2) 若 B A ，则甲是乙的必要不充分条件（1） （2）3) 若A = B ，则甲是乙的充要条件4) 若A B 且B A ，则甲是乙的既不充分也不必要条件(3) (4)归纳总结：记忆口诀：已知两个命题分别代表两个集合1、若这两个集合之间存在包含关系，则小范围推大范围是充分不必要条件；大范围推小范围是必要不充分条件；两个范围重合则互为充要条件。
命题及其关系、充分条件与必要条件知识点与题型归纳
实用标准●高考明方向1.理解命题的概念．2.了解“若 p，则 q”形式的命题的逆命题、否命题与逆否命题，会分析四种命题的相互关系．3.理解充分条件、必要条件与充要条件的含义 .★备考知考情常用逻辑用语是新课标高考命题的热点之一，考查形式以选择题为主，试题多为中低档题目，命题的重点主要有两个：一是命题及其四种形式，主要考查命题的四种形式及命题的真假判断；二是以函数、数列、不等式、立体几何中的线面关系等为背景考查充要条件的判断，这也是历年高考命题的重中之重．命题的热点是利用关系或条件求解参数范围问题，考查考生的逆向思维 .一、知识梳理《名师一号》 P4知识点一命题及四种命题1、命题的概念在数学中用语言、符号或式子表达的，可以判断真假的陈述句叫做命题．其中判断为真的语句叫真命题，判断为假的语句叫假命题．注意：命题必须是陈述句，疑问句、祈使句、感叹句都不是命题。
2．四种命题及其关系(1)四种命题间的相互关系．(2)四种命题的真假关系实用标准①两个命题互为逆否命题，它们有相同的真假性；②两个命题为互逆命题或互否命题，它们的真假性无关．注意：(补充)1、一个命题不可能同时既是真命题又是假命题2、常见词语的否定原词语等于（ =）大于（ >）否定词语不等于（≠）不大于（≤）原词语都是至多有一个否定词语不都是至少有两个原词语至少有一个任意两个否定词语一个也没有某两个小于（ <）是不小于（≥）不是至多有 n 个或至少有 n+1 个且所有的任意的某些某个知识点二充分条件与必要条件1、充分条件与必要条件的概念（ 1）充分条件：p q 则 p 是 q 的充分条件即只要有条件 p 就能充分地保证结论 q 的成立，亦即要使 q 成立，有 p 成立就足够了，即有它即可。
（ 2）必要条件：p q 则 q 是 p 的必要条件p q q p即没有 q 则没有 p ，亦即 q 是 p 成立的必须要有的条件，即无它不可。
( 补充 ) （ 3）充要条件p q且q p 即 p q则p 、q 互为充要条件（既是充分又是必要条件）“ p 是 q 的充要条件”也说成“ p 等价于 q ”、“ q 当且仅当 p ”等( 补充 ) 2、充要关系的类型（ 1）充分但不必要条件定义：若 p q ，但 q p ，则p是 q 的充分但不必要条件；（2）必要但不充分条件定义：若 q p，但 p q，则p是 q 的必要但不充分条件（3）充要条件定义：若 p q，且 q p ，即p q ，则p 、 q互为充要条件；（4）既不充分也不必要条件定义：若 p q ，且 q p ，则 p 、 q互为既不充分也不必要条件．3、判断充要条件的方法：《名师一号》 P6 特色专题①定义法；②集合法；③逆否法（等价转换法）．逆否法 ---- 利用互为逆否的两个命题的等价性集合法 ----利用集合的观点概括充分必要条件若条件 p 以集合 A的形式出现，结论 q 以集合 B 的形式出现，则借助集合知识，有助于充要条件的理解和判断．（1）若A B，则p是q的充分但不必要条件（2）若B A，则p是q的必要但不充分条件（ 3）若A B ，则 p是 q 的充要条件（4）若A B，且 A B，则 p 是 q 的既不必要也不充分条件( 补充 ) 简记作 ----若A、B具有包含关系，则（1）小范围是大范围的充分但不必要条件（2）大范围是小范围的必要但不充分条件二、例题分析（一）四种命题及其相互关系例 1.(1)《名师一号》P4对点自测1命题“若 x，y 都是偶数，则 x＋ y 也是偶数”的逆否命题是 ()A．若 x＋ y 是偶数，则 x 与 y 不都是偶数B．若 x＋ y 是偶数，则 x 与 y 都不是偶数C．若 x＋ y 不是偶数，则 x 与 y 不都是偶数D．若 x＋ y 不是偶数，则 x 与 y 都不是偶数答案C例 1.(2)《名师一号》P5高频考点例1下列命题中正确的是 ()①“若 a≠0，则 ab≠0”的否命题；②“正多边形都相似”的逆命题；③“若 m>0，则 x2＋x－m＝ 0 有实根”的逆否命题；1④“若 x－32是有理数，则 x 是无理数” 的逆否命题．A．①②③④ B ．①③④ C ．②③④ D ．①④解析 :①中否命题为“若a＝ 0，则 ab＝0”，正确；②中逆命题不正确；③中，＝ 1＋4m，当 m>0 时，>0，原命题正确，故其逆否命题正确；④中原命题正确故逆否命题正确．答案B注意：《名师一号》 P5高频考点例1规律方法在判断四个命题之间的关系时，首先要分清命题的条件与结论，再比较每个命题的条件与结论之间的关系．要注意四种命题关系的相对性，一旦一个命题定为原命题，也就相应的有了它的“逆命题”“否命题”“逆否命题”；判定命题为真命题时要进行推理，判定命题为假命题时只需举出反例即可．对涉及数学概念的命题的判定要从概念本身入手．例 1.(3)《名师一号》P4对点自测2(2014 ·陕西卷 ) 原命题为“若z1， z2互为共轭复数，则| z1| ＝ | z2| ”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是 ()A．真，假，真B．假，假，真C．真，真，假D ．假，假，假实用标准解析易知原命题为真命题，所以逆否命题也为真，设z1＝3＋4i ，z2＝ 4＋ 3i ，则有 | z1| ＝ | z2| ，但是z1与z2不是共轭复数，所以逆命题为假，同时否命题也为假．注意：《名师一号》 P5 问题探究问题2四种命题间关系的两条规律(1)逆命题与否命题互为逆否命题；互为逆否命题的两个命题同真假．(2)当判断一个命题的真假比较困难时，可转化为判断它的逆否命题的真假．同时要关注“特例法”的应用．例2．(1) ( 补充)（2011山东文5) 已知 a， b，c∈ R，命题“ 若a b c =3，则 a2b2c2≥ 3”的否命题是（）．．．(A) 若 a+b+c≠ 3，则a2b2c2<3222<3(B) 若 a+b+c=3，则a b c[ 来源 XK](C) 若 a+b+c≠ 3，则a2b2c2≥3(D) 若a2b2c2≥3，则a+b+c=3【答案】 A来[【解析】命题“若p ，则 q ”的否命题是：“若p ，则 q ”例2．(2) ( 补充)命题：“若xy 0，则x 0或y 0”的否定是： ________．．【答案】若xy 0 ，则 x 0 且 y0【解析】命题的否定只改变命题的结论。
小学数学解题方法解题技巧之集合法
小学数学解题方法解题技巧之集合法集团档案编码：[YTTR-YTPT28-YTNTL98-UYTYNN08]小学数学解题方法解题技巧之集合法我们在研究一些问题时，可以把某一确定范围内的事物的全体看作是一个集合。
例如，所有自然数就可以看作是一个集合。
在小学一般用画图的方式表示集合，这种图叫作韦恩图（韦恩是英国数学家）。
运用集合的思想，利用韦恩图进行解题的方法叫做集合法。
例1五年级一班有48人。
在午后自习时，做完语文作业的有37人，做完数学作业的有42人。
语文、数学作业都做完的有多少人？（适于三年级程度）解：由题意可知，做完语文作业的37人中有一部分只做完语文作业，另一部分既做完语文作业又做完数学作业。
做完数学作业的42人中也是有一部分只做完数学作业，另一部分既做完数学作业又做完语文作业。
所以，如果我们用A圆圈表示做完语文作业的人数，用B圆圈表示做完数学作业的人数，则两个圆圈相交的阴影部分就表示语文、数学作业都做完的人数（如图20-1）。
从图中可以看出，语文、数学作业都做完的人数等于A圆圈的人数加上B圆圈的人数减去全班的总人数。
37+42-48=31（人）答：语文、数学作业都做完的有31人。
例2有110名学生参加书法和绘画比赛，参加书法比赛的有72人，既参加书法比赛又参加绘画比赛的有24人。
参加绘画比赛的有多少人？（适于三年级程度）解：可通过画如图20-2的韦恩图来分析题意。
A圆圈表示参加书法比赛的人数，B圆圈表示参加绘画比赛的人数，两圆圈相交的阴影部分表示既参加书法比赛又参加绘画比赛的人数。
由图可知，参加绘画比赛的人数应等于总人数减去只参加书法比赛的人数。
而只参加书法比赛的人数等于A圆圈的人数减去相交阴影部分的人数。
只参加书法比赛的人数：72-24=48（人）参加绘画比赛的人数：110-48=62（人）答略。
（适于六年级程度）解：参加径赛的有：根据题意作图20-3从图中可以看出，只参加田赛的人数是：276-230=46（人）两种活动都参加的人数是：184-46=138（人）答略。
初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全-第02章-有理数及其运算
初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全-第02章-有理数及其运算1.整数和分数的大小比较：-方法一：通分。
将整数转换为分数，然后通分进行比较。
-方法二：化为相同的分数形式。
将分数化为相同的分母，然后比较分子的大小。
-方法三：换算成小数进行比较。
将分数转换为小数形式，然后比较大小。
2.有理数的加法和减法运算：-方法一：同分母相加（减）。
-方法二：通分后相加（减）。
3.有理数的乘法运算：-方法一：分子乘分子，分母乘分母。
-方法二：化为最简形式。
-方法三：化为小数进行计算。
4.有理数的除法运算：-方法一：分子乘除分子，分母乘除分母。
-方法二：化为最简形式。
-方法三：化为小数进行计算。
5.有理数的混合运算：-方法一：先按运算顺序完成个别运算，然后进行总体运算。
-方法二：化为分数形式进行运算。
6.有理数的平方运算：-方法一：整数的平方是整数，分数的平方是分数。
-方法二：先化为最简形式，再进行平方运算。
7.有理数的相反数和绝对值：-方法一：相反数是原数的负数。
-方法二：绝对值是原数的去掉符号的值。
8.有理数的乘方运算：-方法一：整数次幂，底数不变，指数相乘。
-方法二：0的正整数次幂为0。
-方法三：0的非正整数次幂无意义。
-方法四：1的任何整数次幂都为1-方法五：负数的奇数次幂为负数，偶数次幂为正数。
-方法六：分数的乘方运算，将底数与指数分别进行乘方运算。
9.有理数的开方运算：-方法一：将开方式化为最简形式。
-方法二：将开方数化为分数形式。
-方法三：化为小数进行计算。
10.展示解题过程和解题思路。
解答有理数的运算问题时，尽量展示解题过程和解题思路，不仅仅写出答案，可以加深对有理数运算规则的理解，并且能体现出解题的逻辑性和连贯性。
11.理解运算规则。
熟练掌握有理数的运算规则，不仅能快速解答题目，还能够在解题过程中发现和运用运算规则，更好地理解数学概念和思维方法。
【高三学习指导】2021届高三数学万能解题法
【高三学习指导】2021届高三数学万能解题法①特值检验法：对于具有一般性的数学问题，我们在解题过程中，可以将问题特殊化，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下不真这一原理，达到去伪存真的目的。
②极端性原则：将所要研究的问题向极端状态进行分析，使因果关系变得更加明显，从而达到迅速解决问题的目的。
极端性多数应用在求极值、取值范围、解析几何上面，很多计算步骤繁琐、计算量大的题，一但采用极端性去分析，那么就能瞬间解决问题。
③剔除法：利用已知条件和选择支所提供的信息，从四个选项中剔除掉三个错误的答案，从而达到正确选择的目的。
这是一种常用的方法，尤其是答案为定值，或者有数值范围时，取特殊点代入验证即可排除。
④数形结合法：由题目条件，作出符合题意的图形或图象，借助图形或图象的直观性，经过简单的推理或计算，从而得出答案的方法。
数形结合的好处就是直观，甚至可以用量角尺直接量出结果来。
⑤递推归纳法：通过题目条件进行推理，寻找规律，从而归纳出正确答案的方法。
⑥顺推破解法：利用数学定理、公式、法则、定义和题意，通过直接演算推理得出结果的方法。
⑦逆推验证法(代答案入题干验证法)：将选择支代入题干进行验证，从而否定错误选择支而得出正确选择支的方法。
⑧正难则反法：从题的正面解决比较难时，可从选择支出发逐步逆推找出符合条件的结论，或从反面出发得出结论。
⑨特征分析法：对题设和选择支的特点进行分析，发现规律，归纳得出正确判断的方法。
⑩估值选择法：有些问题，由于题目条件限制，无法(或没有必要)进行精准的运算和判断，此时只能借助估算，通过观察、分析、比较、推算，从面得出正确判断的方法。
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2018学年人教A版数学选修2-2课件 第二章 推理与证明 2.2.1综合法与分析法 精品
2．2 直接证明与间接证明 2．2.1 综合法与分析法
[学习目标] 1.了解直接证明的两种基本方法——综 合法和分析法(重点)． 2.理解综合法和分析法的思考过 程、特点，会用综合法和分析法证明数学问题(重点、难 点)．
[知识提炼·梳理] 1．综合法的定义 一般地，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，最后推导出所要证明的 结论成立，这种证明方法叫做综合法． 温馨提示 运用综合法证明问题的关键是正确运用
[变式训练] 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，
L 2
L2
依题意，圆的面积为 π
2π
，正方形的面积为4
，
L 2 L2
因此本题只需证明 π
2π
＞4
，
要证明上式成立，只需证明4ππL22＞1L62成立， 即证明4Lπ2 ＞1L62，两边同乘以L42，得π1 ＞14，
分析法证明．
[规范解答] 要证明 f(x＋1)为偶函数，只需证明其对 称轴为直线 x＝0.(2 分)
因为 f(x＋1)＝ax2＋(2a＋b)x＋a＋b＋c(a≠0)的对称 轴为 x＝－2ba－1，所以只需证－2ba－1＝0，
即证 b＝－2a.(4 分)
由已知，抛物线 f(x＋2)的对称轴 x＝－2ba－2 与 f(x) 的对称轴 x＝－2ba关于 y 轴对称，(8 分)
所以－2ba－2＝－－2ba，得 b＝－2a，(10 分) 所以 f(x＋1)为偶函数．(12 分)
归纳升华 综合法推理清晰，易于书写，分析法从结论入手，易 于寻找解题思路，在实际证明命题时，常把分析法与综合 法结合起来使用，称为分析综合法，其结构特点是：根据 条件的结构特点去转化结论，得到中间结论 Q；根据结论 的结构特点去转化条件，得到中间结论 P；若由 P 可推出 Q，即可得证．
九章算法中合法的定义(一)
- 合法的定义- 九章算法的定义：九章算法是中国古代流传最久远的数学著作之一，它系统地总结了中国古代数学发展的成果，包括代数、几何、方程、几何、数论等方面的内容。
这些内容包括了一系列的数学概念、定理和方法，给出了一些数学问题的解法。
- 理由：九章算法是中国古代数学的历史文化遗产，对于研究中国古代数学和了解中国古代数学发展具有重要意义。
这些定义详细地总结了中国古代数学的成就，是中国古代数学的珍贵遗产。
- 数学定义：在数学中，合法可以指代一个数学对象或命题在特定的数学体系中没有出现矛盾的性质，或者符合特定的规则或性质。
- 理由：数学中的合法定义是指在特定的数学体系中符合规则的定义，可以为数学研究和应用提供基础。
- 法律定义：在法律中，合法可以指代符合法律规定或者法律适用的事物，行为或者状态。
- 理由：在法律领域中，合法的定义是指符合法律规定的行为或者状态，对于维护社会秩序和法治有着重要意义。
九章算法是中国古代流传最久远的数学著作之一，它系统地总结了中国古代数学发展的成果，包括代数、几何、方程、几何、数论等方面的内容。
这些内容包括了一系列的数学概念、定理和方法，给出了一些数学问题的解法。
九章算法是中国古代数学的历史文化遗产，对于研究中国古代数学和了解中国古代数学发展具有重要意义。
这些定义详细地总结了中国古代数学的成就，是中国古代数学的珍贵遗产。
在数学中，合法可以指代一个数学对象或命题在特定的数学体系中没有出现矛盾的性质，或者符合特定的规则或性质。
数学中的合法定义是指在特定的数学体系中符合规则的定义，可以为数学研究和应用提供基础。
在法律中，合法可以指代符合法律规定或者法律适用的事物，行为或者状态。
在法律领域中，合法的定义是指符合法律规定的行为或者状态，对于维护社会秩序和法治有着重要意义。
高二数学苏教版选修2-2讲义：第2章2.3第二课时利用数学归纳法证明几何、整除等问题Word版含解析
k f(k) k 2 k 2k2k 22k (k 1)2 (k 1) 2(1)n 24f(2) 4 22.2(2) n k f(k) kn k 1k 1kf(k 1) k 2 k (k 1) k 2 2k 1 (k 1)2. 由(1), (2)可知命题得证.Exa|利用数学归纳法证明整除问题［例2］ 用数—f(n) = 3X 52" 1 + 2汁1对任意正整数 n ,都能被17整除.［思路点拨］证明整除性问题的关键是在命题 f(k + 1)中拼凑出f(k)的表达式，分析其余项能被17整除就可以了.［精解详析］(1)当n = 1时，f(1) = 3X 53+ 24= 17X 23,能被17整除，命题成立.P50]|高频考点题组化.名师一点就通[1]n(n N )nf( n) n i 2 n 2[ ] n kk 1 [ ](1) n 1 2f(1)112 2“0n k 1 (1) (2)(k 1)⑵n k(k N *)n k 1 k 1 k1 2k2kf(k 1) f(k) 2k k 2k 2(2)假设当n= k(k> 1, k€ N*)时，f(k)= 3 X 52k+1+ 23k+1能被17 整除.则当n= k+ 1时，f(k+ 1) = 3 X 52k+ 3+ 23k+4=52X 3X 52k+ 1+ 23X 23k+ 1=25 X 3 X 52k+1+ 8 X 23k+1=17X 3X 52k+1+ 8X (3X 52k+ 1+ 23k+1)=17X 3X 52k+1+ 8X f(k).由归纳假设，f(k)能被17整除，17X 3X 52k+1也能被17整除，所以f(k+ 1)能被17整除. 由(1)和(2)可知，对任意n€ N*, f(n)都能被17整除.［一点通］证明整除性问题的关键是“凑项”即f(k+ 1)的式子中“凑”出f(k)的形式,常采用拆项、增项、减项和因式分解等手段，凑完项后式子总会含有两部分，一部分是归纳假设，即f(k) •另一部分是一定能被题中的数(或式)整除的量.2. 求证：a^1+ (a+ 1)2n T 能被a2+ a + 1 整除，n€ N*.证明：(1)当n= 1 时，a1 +1+ (a + 1)2X 1_ 1= a2+ a +1,命题显然成立.⑵假设n= k时，a k+1+ (a+ 1)2k_1能被a2+ a + 1整除，则当n= k+ 1时，a + (a + 1) = a a + (a+ 1)(a+1)k +1 2k—1 2 2k— 1 2k—1=a［a + (a + 1) ］+ (a + 1) (a+ 1) —a(a +1)k + 1 2k —1 2 2k—1=a［a + (a + 1) ］+ (a + a + 1)(a+ 1).由归纳假设知，上式中的两部分均能被a2+ a +1整除，故n = k+ 1时命题成立.根据(1)(2)知，对任意n€ N*，命题成立.3. 用数学归纳法证明：当n为正整数时，f(n)= 32n+ 2—8n—9能被64整除.证明：⑴当n= 1时，f(1) = 34—8—9 = 64,命题显然成立.(2)假设当n= k(k> 1, k€ N*)时，f(k)= 32k+ 2—8k —9 能被64 整除.1k8(9)9)k k881/_k64sSS$2)1an1a43aN12)2kaaX)^1n卩s8-516-493214-3sn1k7X2ak(kknak2X)aka k iak2 n (n + 1 j［一点通］(1)数列是定义在 N *上的特殊函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的, 并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中不少问题常用数学归纳法解决.(2)数学归纳法证明数列问题的一般思路：归纳 一一猜想一一证明.必力龜値弟制心々4. 数列｛a n ｝满足a n > 0(n € N ), S n 为数列｛a“的前n 项和，并且满足S n =1 a n +土 ,求 S i , S>, S 3的值，猜想S n 的表达式，并用数学归纳法证明.解：由 a n >0,得 S >0,由 a i = S i = 1 a i + ai ，整理得 a i = 1, 取正根得a i = 1,所以S i = 1.得 S 2= 1 ◎— 1 + 右,整理得S 2= 2,取正根得S 2=・.2. 同理可求得S 3 = '<3. 由此猜想S n = ,n. 用数学归纳法证明如下：① 当n = 1时，上面已求出 S 1= 1,结论成立. ② 假设当n = k(k € N *)时，结论成立，即 S k = ,k. 那么，当n = k + 1时，1(丄丄、盼1= 2 a k+ i+ak +i=2 跖i —Sk+Sk^=1 跖1— k+Sk + i —. k.整理得S k +1 = k + 1，取正根得S k +1 =7 k + 1. 故当n = k + 1时，结论也成立.由①②可知，对一切 n € N *, S n = .n 都成立.5. 是否存在常数 a , b ,使得等式(n 2— 12) + 2(n 2— 22)+ 3(n 2 — 32)+^+ n(n 2— n 2) = an 4 + bn 2对一切正整数n 都成立？荐存在，求出 a , b 值；若不存在说明理由.解：存在a , b ,使得所给等式成立.由 S 2=1 a 2+a;及a 2= S 2 — S 1 = S 2 — 1,下面用数学归纳法证明等式 (n 2— 12)+ 2( n 2 — 22)+ 3(n 2 — 32)+…+ n(n 2 — n 2) = 4『一扌n 2对一切正整数n 都成立.① 当n = 1时，由以上可知等式成立； ② 假设当n = k(k € N *)时，等式成立，2.2222.21412即(k — 1 ) + 2(k — 2 )+••• + k(k — k )= 4k — 4k ,则当 n = k + 1 时，[(k + 1)2— 12] + 2[(k + 1)2— 22] + …+ k[(k + 1)2— k 2] + (k + 1)[(k + 1)2— (k + 1)2]=(k 2— 1)2 + 2(k 2 — 22)+ …+ k(k 2— k 2) + (2k + 1)+ 2(2k + 1) + …+ k(2k + 1) =* Jk 2+ (2k + 1)于 1 4 1 2 =4(k + 1) — Qk + 1).1 1由①②知，存在a = 1, b =— 1使得等式对一切正整数n 都成立.4 4[方法*规律■小结] ------------------------------ '1•在证明整除问题时，有些命题可能仅当 n 是偶数(或奇数)时成立，证明时可适当地 转化k ,使k 成为全体自然数的形式•如：证明 x n + y n , n 为正奇数，能被x + y 整除，证明时需将问题转化为证明x 2^1 + y 21^1, k € N *，能被x + y 整除.2•几何问题常常是先探索出满足条件的公式，然后加以证明，探索的方法是由特殊猜 想出一般结论.3•利用“归纳 一一猜想一一证明”来研究探索性问题，一般从最特殊的情况入手，通 过分析、归纳、猜想，从而达到探索一般规律的目的.课下训练经典化，贵在触类旁通【对应课时跟踪训练(十九)]1. ____________________________________________________________________ 设凸k边形的内角和为f(k)，则凸k + 1边形的内角和f(k + 1) = f(k) + ____________________________答案：na +b = 0,将n = 1,2代入等式得＜16a + 4b = 3,解得1 4.1一、填空题2. 用数学归纳法证明n(n + 1)(2n + 1)能被6整除时，由归纳假设推证n= k+ 1时命题成立，需将n= k+ 1时的原式表示成__________f(k) k(k 1)(2 k 1) f(k 2f(k 1) f(k) 6(k1)22k 1(k N )(2k 11)1) (k2k(2k 21)(k 2)(2 k 3) k(k 1)(2 k 1) 6(k 1)2.x n y n x y2k 1(k N )x n y n1) 2k 11 n 1 2>2n(n Nn 1) n k(k 1)_____ 1k 2 k 1 2 k 2 2 1 k 312 k 3.>1 7 (n N ) (1)n 1 a 1 81 1 7a 17⑵ n k a k7a k 7S* S N8k 7S 1.n k 1 a k 1 8k118 8k 1 8(7S 1) 156S 7.a k 1 7(1) ⑵a n 77 {a n }a 1 5S n 1 a n (n 2(1) a 2 a 3a 4a n⑵{a n }(1)a 2 S 1 a 15 a 3S 2 a 1 a 210a 4 S 3 a 1 a 2 a 3 5 5 10 1 20a n 5 2门2(n 2 n*N )6 n N )a na n 8n 1⑵证明：①当n = 2时，a2= 5X 22 2= 5,猜想成立.②假设n = k 时成立，即a k = 5 x 2k 2(k> 2, k € N ), 当n = k+ 1时，由已知条件和假设有k—2a k+1= S k= a〔+ a2 + …+ a k= 5 + 5+ 10+ ••• + 5x 2k—1=5+ 5_— -------- = 5X 2k—1,1 —2故n = k+ 1时猜想也成立.由①②可知，对n》2, n€ N*有a n = 5x 2n—25 (n= 1 ,所以数列｛a n｝的通项a n= n-25x 2 (n》2)& 设函数y= f(x)，对任意实数x, y 都有f(x+ y) = f(x)+ f(y)+ 2xy. (1)求f(0)的值；⑵若f(1) = 1，求f(2), f(3), f(4)的值；⑶在⑵的条件下，猜想f(n)(n€ N*)的表达式并用数学归纳法证明.解：(1)令x= y= 0，得f(0 + 0)= f(0) + f(0) + 2X 0x 0 , 得f(0) = 0.⑵由f(1) = 1,得f(2) = f(1 + 1) = f(1) + f(1) + 2X 1X 1 = 4;f(3) = f(2 + 1) = f(2) + f(1) + 2X 2 x 1 = 9;f(4) = f(3 + 1) = f(3) + f(1) + 2X 3 x 1 = 16.2(3) 由(2)可猜想f(n) = n .用数学归纳法证明如下：①当n= 1时，f(1) = 12= 1显然成立.②假设当n = k(k € N)时，命题成立，即f(k)= k2,则当n= k+ 1时，2 2f(k+1) = f(k) + f(1) + 2x k x 1 = k + 1+ 2k= (k+ 1), 故当n= k+ 1时命题也成立，由①②可得，对一切n € N*都有f(n)= n2成立.。
重点小学数学解题办法解题技巧之集合法
第一章小学数学解题方法解题技巧之集合法我们在研究一些问题时，可以把某一确定范围内的事物的全体看作是一个集合。
例如，所有自然数就可以看作是一个集合。
在小学一般用画图的方式表示集合，这种图叫作韦恩图（韦恩是英国数学家）。
运用集合的思想，利用韦恩图进行解题的方法叫做集合法。
例1五年级一班有48人。
在午后自习时，做完语文作业的有37人，做完数学作业的有42人。
则两解：可通过画如图20-2的韦恩图来分析题意。
A圆圈表示参加书法比赛的人数，B圆圈表示参加绘画比赛的人数，两圆圈相交的阴影部分表示既参加书法比赛又参加绘画比赛的人数。
由图可知，参加绘画比赛的人数应等于总人数减去只参加书法比赛的人数。
而只参加书法比赛的人数等于A圆圈的人数减去相交阴影部分的人数。
只参加书法比赛的人数：72-24=48（人）参加绘画比赛的人数：110-48=62（人）答略。
（适于六年级程度）解：参加径赛的有：根据题意作图20-3*2528-25=3（人）只数学在90分以上的人数是：28-14=14（人）语文、数学都在90分以上的人数是：28-（14+3）=11（人）答略。
*例5学校气象小组有50名成员，其中负责观测的有19人，负责记录的有15人，既负责观测又负责记录的有7人。
问：（1）只负责记录，不负责观测的有多少人？（2）只负责观测，不负责记录的有多少人？（3）气象小组有多少人负责其他工作？（适于高年级程度）解：作图20-5。
用A圆圈表示负责观测的人数，用B圆圈表示负责记录的人数，则两圆圈相交的阴影部分就表示既负责观测又负责记录的人数。
*例6某班有45名学生。
据统计，喜爱足球、篮球、排球这三项运动的各有26人，喜爱其中两项运动的分别有13、14、15人。
三项运动都喜爱的有多少人？（适于高年级程度）解：用A圆圈表示喜爱足球的人数，B圆圈表示喜爱篮球的人数，C圆圈表示喜爱排球的人数。
则A、B两圆圈相交的部分表示既喜爱足球又喜爱篮球的人数；B、C两圆圈相交的部分表示既喜爱篮球又喜爱排球的人数；A、C两圆圈相交的部分表示既喜爱足球又喜爱排球的人数；A、B、C三个圆圈相交的部分表示三项运动都喜爱的人数（图20-6）。
版高中数学人教B版选修22学案2习题课综合法及解析总结计划法
习题课综合法和解析法明目、知要点加深合法、解析法的理解，用两种方法明数学．1．合法合法是中学数学明中最常用的方法，它是从已知到未知，从到的推理方法，即从中的已知条件或已的真判断出，一系列的中推理，最后出所要求的命．合法是一种由因果的明方法．合法的明步用符号表示是：P0(已知)?P1?P2?⋯?P n()2．解析法解析法是指从需的出，解析出使个建立的充分条件，使化判断那些条件能否具，其特色可以描述“果索因”，即从未知看需知，逐渐靠已知．解析法的写形式一般“因⋯⋯，了明⋯⋯，只要明⋯⋯，即⋯⋯，所以，只要明⋯⋯，因⋯⋯建立，所以⋯⋯，建立”．解析法的明步用符号表示是：P0(已知)?⋯?P n－2?P n－1?P n( )解析法属方法范围，它的体在解析程步步可逆．型一适合的方法明不等式2例1 a，b，c任意三角形三，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，：3S≤I<4S.22222明I＝(a＋b＋c)＝a＋b＋c＋2ab＋2bc＋2caa2＋b2＋c2＋2S.欲3S≤I2<4S，即ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.先明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，只要2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，然建立；再明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，只要a2－ab－ac＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，只要a<b＋c，且b<c＋a，且c<b＋a，因为a、b、c为三角形的三边长，2上述三式明显建立，故有3S≤I<4S.反思与感悟本题要证明的结论要先进行转变，可以使用解析法．关于连续不等式的证明，可以分段来证，使证明过程层次清楚．证明不等式所依赖的主若是不等式的基天性质和已知的重要不等式，此中常用的有以下几个：2(1)a≥0(a∈R)．222≥2ab，(a＋b222≥a＋b2(2)(a－b)≥0(a、b∈R)，其变形有a ＋b2)≥ab，a＋b2(3)若a，b∈(0，＋∞)，则a＋b≥ab，特别地b＋a≥2.2a b (4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．追踪训练1已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：1＋1≥4.a b证明方法一∵a，b是正数且a＋b＝1，∴a＋b≥2ab，∴ab≤1，∴1＋1＝a＋b＝1≥4.2ab abab方法二∵a，b是正数，∴a＋b≥2ab>0，1＋1≥21a b ab>0，(a＋b)(1＋1)≥4.ab又a＋b＝1，∴1＋1≥4.ab方法三11a＋ba＋b a ba＋＝a＋＝1＋＋＋1≥2＋2·＝4.当且仅当a＝b时，取“＝”号．ab b ab ab题型二选择适合的方法证明等式例2已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，对应的三边为a，b，c，求证：1＋a＋b1＝3b ＋ca＋b ＋c.证明要证原式，只要证a＋b＋c＋a＋b＋c＝3，a ＋bb＋cc ＋a2＋a2＋ab＝1，即证＝1，即只要证bc＋c2a＋b b＋cab＋b＋ac＋bc而由题意知A＋C＝2B，π222∴B＝3，∴b＝a＋c－ac，bc＋c2＋a2＋ab bc＋c2＋a2＋ab∴ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋a2＋c2－ac＋ac ＋bc2＋abb c ＋c＋a＝ab ＋a 2＋c 2＋bc ＝1，∴原等式建立，即1 ＋1＝ 3a＋bb ＋ca ＋b＋c .反思与感悟 综合法推理清楚，易于书写，解析法从结论下手易于找寻解题思路． 在实质证明命题时，常把解析法与综合法联合起来使用，称为解析综合法，其结构特色是：依据条件的结构特色去转变结论，获得中间结论Q ；依据结论的结构特色去转变条件，获得中间结论P ；若由P 可推出Q ，即可得证．追踪训练2设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c的等差中项，c试证：x ＋y＝2.证明由已知条件得b 2＝ac ，①2x ＝a ＋b,2y ＝b ＋c.②ac要证＋＝2，只要证ay ＋cx ＝2xy ， 只要证2ay ＋2cx ＝4xy.由①②得2ay ＋2cx ＝a(b ＋c)＋c(a ＋b)＝ab ＋2ac ＋bc ， 4xy ＝(a ＋b)(b ＋c)＝ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝ab ＋2ac ＋bc ， 所以2ay ＋2cx ＝4xy.命题得证． 题型三 立体几何中地点关系的证明例3 如图，在四棱锥 P －ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°， PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：CD⊥AE；证明：PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB，又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，又AB∩AE＝A，综上得PD⊥平面ABE.反思与感悟综合法证明线面之间的垂直关系是高考观察的要点，利用垂直的判判定理和性质定理可以进行线线、线面以及面面之间垂直关系的转变．别的，利用一些常有的结论还常常可以将线面间的垂直与平行进行转变．比方：两条平行线中一条垂直于平面α，则别的一条也垂直于平面α；垂直于同一条直线的两个平面相互平行等．追踪训练3如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.求证：AF∥平面BDE；求证：CF⊥平面BDE.证明(1)如图，设 AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，1AG＝2AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG?平面BDE，AF?平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)连接FG.因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，所以四边形CEFG为菱形．所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.[呈要点、现规律 ]1．综合法的特色是：从已知看可知，逐渐推出未知．2．解析法的特色是：从未知看需知，逐渐聚拢已知．3．解析法和综合法各有优弊端．解析法思虑起来比较自然，简单找寻到解题的思路和方法，弊端是思路逆行，表达较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思虑．实际证题时常常两法兼用，先用解析法探究证明门路，而后再用综合法表达出来．学不是一时半刻的事情，需要平累，需要平的好学苦。
人教版高中数学选修2-2学案：第二章2.22.2.1综合法和分析法
2． 2.1合法和剖析法本P85～ 89，思虑并达成以下(1)合法的定是什么？有什么特色？(2)合法的推程是什么？(3)剖析法的定是什么？有什么特色？(4)剖析法与合法有什么区和系？[新知初探 ]1．合法定推程利用已知条件和某些数学定、公义、P? Q1→ Q1? Q2→ Q2? Q3定理等，一系列的推理，最后→⋯→ Q n?Q (P 表示已知条件，已有的推出所要明的建立，种明定、公义、定理等， Q 表示所要明的方法叫做合法).2.剖析法定框表示特色从要明的出，逐渐Q?P1→ P1?P2逆推求使它建立的充足条件，直至法特色推法或由因果法最后，把要明的→ P2?P3→⋯→或判断一个明建立的条件(已获得一个明建立的条件果索知条件、定理、定、公义等 )因法止．种明方法叫做剖析法3．合法、剖析法的区合法剖析法推理方向推，由因果倒溯，果索因解思路探路，易生枝简单探路，利于思虑表述形式形式，条理清楚表达繁，易出思虑的重于已知条件供给的信息重于供给的信息要点[点睛 ]一般来，剖析法解方向明确，利于求解思路；而合法解条理清楚，宜于表述．所以在解决，往常以剖析法主求解思路，再用合法有条理地表述解程．[小身手 ]1．判断 (正确的打“√”，的打“×”)(1)合法是果索因的逆推法．()(2)剖析法就是从推向已知．()(3)全部明的目均可使用剖析法明．()答案： (1) × (2) × (3) ×2．若 a＞ b＞ 0，以下不等式中不正确的选项是()A． a2＞ ab B． ab＞ b2C.1＞1D． a2＞ b2 a b答案： C3．欲 2－ 3＜ 6－ 7建立，只需 () A． ( 2－ 3)2＜ ( 6－ 7)222B．( 2－6) ＜( 3－7)22C．( 2＋7) ＜( 3＋6)22D． ( 2－3－6) ＜(－7)答案： C4．假如 a a ＞ b b ，则实数 a ， b 应知足的条件是 ________．答案： a ＞ b ＞ 0综合法的应用[典例 ]在 △ ABC 中，三边 a ， b ， c 成等比数列．求证：2 C 2A 3 acos2＋ ccos2 ≥ b.2[证明 ] ∵ a ， b ，c 成等比数列，∴ b 2＝ ac.∵ 左侧＝ a(1＋ cos C)＋ c(1＋ cos A)2 211＝ 2(a ＋ c)＋ 2(acos C ＋ ccos A)1 1 a 2＋ b 2－ c 2b 2＋c 2－ a 2＝ (a ＋ c)＋2 a ·2ab＋ c ·22bc1 1 bb 3 ＝ (a ＋ c)＋2 b ≥ ac ＋ ＝ b ＋ ＝ b ＝右侧，22222C2A 3∴ acos ＋ ccos≥2 2 2b.当且仅当 a ＝ c 时等号建立．综合法的解题步骤[活学活用 ]．已知 ，，，∈ ，求证：＋2 22 22 ．≤(a ＋ b)( c ＋ d)1 a b c d R(ac bd)证明： ∵ 左侧＝ a 2c 2＋ 2abcd ＋ b 2 d 2≤ 2 2＋ (a 2 2＋b 2 22 2a cdc )＋ b d＝ (a 2＋ b 2)(c 2＋ d 2)＝右侧，∴ (ac ＋ bd)2≤(a 2＋ b 2)( c 2＋ d 2)．2．设数列 {a n }知足 a 1＝ 0，1 －1＝ 1. 1－a n ＋1 1－ a n(1) 求{ a n }的通 公式；(2)b n ＝1－ a n＋1， S n ＝ b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b n ， 明： S n ＜ 1.n解： (1)∵1－ 1 ＝ 1，1－ a n ＋1 1－a n11 的等差数列．∴1－ a n 是公差11 1 又 ∵ － ＝1，∴－ ＝ n ， a n ＝ 1－ n . 1 a 1 1 a n(2) 明：由 (1)得b n＝ 1－ a n ＋1＝ n ＋1－ n ＝ 1 －1，n＋·nnn ＋1n 1∴ S n ＝b 1＋ b 2＋ ⋯ ＋ b n ＝ 1－ 1 ＋ 1－ 1 ＋⋯ ＋ 1－1＝ 1－ 1 ＜ 1.223n＋ 1 n ＋1n∴ S n ＜1.剖析法的 用[典例 ]a ，b 数，求 ：a 2＋b 2≥ 2 (a ＋ b)．2[ 明 ]当 a ＋ b ≤0 ， ∵ a 2＋ b 2≥0，∴ a 2＋ b2≥22(a ＋ b)建立．当 a ＋ b ＞ 0 ，用剖析法 明以下：要a 2 ＋b 2≥ 2 (a ＋ b)，222 222只需 (a ＋b ) ≥2 (a ＋ b).22 1 222 2即 a ＋ b ≥＋ b ＋ 2ab)，即 a＋ b ≥2( a2ab.∵ a 2＋ b 2≥全部 数恒建立，2ab∴22≥2a ＋b 2 (a ＋ b)建立． 上所述，不等式得 ．剖析法 明不等式的依照、方法与技巧(1) 解 依照：剖析法 明不等式的依照是不等式的基天性 、已知的重要不等式和 推理的基本理 ；(2) 合用范 ： 于一些条件复 ， 构 的不等式的 明， 常用 合法．而 于一些条件 、 复 的不等式的 明，常用剖析法；(3) 思路方法：剖析法证明不等式的思路是从要证的不等式出发，逐渐追求使它建立的充足条件，最后获得的充足条件是已知(或已证 )的不等式；(4) 应用技巧： 用剖析法证明数学命题时， 必定要适合地用好“要证 ”、“只需证 ”、“即证 ”等词语．[活学活用 ]已知 a ， b ， c 都为正实数，求证：a 2＋b 2＋c 2 a ＋ b ＋ c3 ≥3 .22 2 a ＋ b ＋ c证明： 要证a＋ b ＋ c3≥，3只需证a 2＋b 2＋c 2a ＋b ＋c 2 3 ≥ 3 ，222222只需证 3(a ＋ b ＋ c )≥a ＋ b ＋ c ＋ 2ab ＋ 2bc ＋ 2ac ，2 2 2222a ＋b ＋c a ＋b ＋ c只需证 (a － b)＋ (b － c) ＋ (c － a)≥0，而这是明显建立的， 所以3≥ 成3立．剖析法与综合法的综合应用[典例 ]已知 a ， b ， c 是不全相等的正数，且 0＜ x ＜ 1. 求证： log x a ＋ b ＋ log x b ＋c ＋ log x a ＋ c＜ log x a ＋ log x b ＋ log x c.222[证明 ]a ＋ bb ＋c a ＋ c要证明 log x＋ log x＋ log x222＜ log x a ＋ log x b ＋ log x c ，只需要证明log x a ＋ b b ＋ c a ＋ c＜ log x (abc)， 2 · 2 ·2a ＋b b ＋c a ＋ c由已知 0＜ x ＜ 1，只需证明 2 · 2 · 2 ＞ abc ，由公式 a ＋bb ＋ c2≥ ab ＞ 0， 2 ≥ bc ＞ 0，a ＋ c2 ≥ ac ＞ 0.又 ∵ a ， b ， c 是不全相等的正数，∴a ＋b b ＋c a ＋c2 2 2 ＝ abc.2·2·＞a b c2a ＋b b ＋c a ＋c即2 · 2 · 2 ＞ abc 建立．∴ log xa ＋ bb ＋ ca ＋ c＋ log x＋ log x＜ log x a ＋ log x b ＋ log x c 建立．222剖析综合法的应用综合法由因导果，剖析法执果索因，所以在实质解题时，经常把剖析法和综合法联合起来使用，即先利用剖析法找寻解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．[活学活用 ]已知△ ABC 的三个内角A，B，C 成等差数列， a，b，c 为三个内角对应的边长，求证：1 ＋ 1 ＝3a＋ b b＋ c a＋ b＋ c.证明：要证 1 ＋ 1 ＝3，a＋ b b＋ c a＋ b＋ c即证 a＋ b＋ c＋ a＋ b＋ c＝3，即证 c ＋ a＝1.a＋ b b＋ c a＋ b b＋ c即证 c(b＋ c)＋ a(a＋ b)＝ (a＋ b)(b＋ c)，222即证 c ＋ a ＝ ac＋ b .∵△ ABC 三个内角A， B， C 成等差数列．∴B＝ 60°.由余弦定理，有b2＝ c2＋ a2－ 2cacos 60°，即 b2＝ c2＋ a2－ ac.∴ c2＋ a2＝ ac＋ b2建立，命题得证．层级一学业水平达标1．要证明a＋ a＋ 7＜ a＋ 3＋a＋ 4(a≥ 0)可选择的方法有多种，此中最合理的是()A．综合法B．类比法C．剖析法D．概括法分析：选C直接证明很难下手，由剖析法的特色知用剖析法最合理．2 ．命题“关于随意角44442θ－θ， cos θ－ sin θ＝ cos 2θ”的证明：“ cosθ－ sinθ＝ (cos22222)sin θ)(cos θ＋ sinθ)＝ cos θ－ sin θ＝ cos 2θ”，其过程应用了 (A．剖析法B．综合法C．综合法、剖析法综合使用D．间接证法分析：选B联合剖析法及综合法的定义可知 B 正确．3．在不等边三角形中， a 为最大边，要想获得∠ A 为钝角的结论，三边a， b， c 应满足什么条件 ()222 A． a＜ b＋cC． a2＞ b2＋c2222 B． a ＝ b ＋ c D． a2≤b2＋ c2分析：选Cb2＋ c2－ a2＜ 0，得 b2＋ c2＜ a2.由 cos A＝2bcln 2ln 3ln 54．若 a＝2， b＝3， c＝5，则 ()A． a＜ b＜ c B． c＜ b＜ a C． c＜ a＜ b D． b＜ a＜ c分析：选 C利用函数单一性．设f(x)＝ln x，则 f′(x)＝1－ ln x，∴ 0＜ x＜ e 时， f′(x)x2x＞ 0， f (x) 单一递加； x＞ e 时， f′(x)＜ 0， f(x)单一递减．又a＝ln 4，∴b＞ a＞ c. 45．设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当x≥0时， f(x)单一递减，若x1＋ x2>0，则 f(x1)＋ f(x2)的值 ()A．恒为负值B．恒等于零C．恒为正当D．没法确立正负分析：选 A由 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x≥0时， f(x)单一递减，可知 f(x)是 R 上的单一递减函数，由 x1＋ x2>0，可知 x1>－ x2， f(x1)<f(－ x2 )＝－ f(x2)，则 f(x1 )＋ f(x2)<0.6．命题“函数 f(x)＝ x－ xln x 在区间 (0,1)上是增函数”的证明过程“对函数 f(x)＝ x－ xln x 取导得 f′(x)＝－ ln x，当 x∈ (0,1)时， f′(x)＝－ ln x＞ 0，故函数 f(x)在区间 (0,1)上是增函数”应用了 ________的证明方法．分析：该证明过程切合综合法的特色．答案：综合法7．假如 a a＋ b b＞ a b＋ b a，则正数a， b 应知足的条件是________．分析：∵ a a＋b b－ ( a b＋ b a)＝a( a－ b)＋ b( b－ a)＝ ( a－ b)(a－ b)＝( a－ b)2( a＋ b)．∴只需 a≠b，就有 a a＋ b b＞a b＋ b a.答案： a≠b8．若不等式 ( － 1)n a＜ 2＋(－ 1)n＋1对随意正整数n 恒建立，则实数 a 的取值范围是n________．分析：当 n 为偶数时， a＜ 2－1，而 2－1≥ －1＝3，所以 a＜3，当 n 为奇数时， a＞－n n2 2 222－1，而－ 2－1＜－ 2，所以 a≥－2.综上可得，－2≤a＜3.n n2答案：－2，329．求证： 2cos(α－β)－sin(2α－β)βsin α＝ sin .sin α证明：要证原等式，只需证： 2cos(α－β)sin α－ sin(2α－β)＝ sin β，①由于①左侧＝ 2cos(α－β)sin α－ sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sin α－ sin(α－β)cos α－ cos(α－β)sin α＝cos(α－β)sin α－ sin(α－β)cos α＝sin β.所以① 建立，所以原等式建立．10．已知数列 {a n}的首项 a1＝ 5， S n＋1＝ 2S n＋ n＋ 5， (n∈N* )．(1)证明数列 {a n＋ 1}是等比数列．(2)求 a n.解： (1)证明：由条件得S n＝ 2S n－1＋ (n－ 1)＋ 5(n≥2)①又 S n＋1＝ 2S n＋ n＋ 5，②② －①得 a n＋1＝ 2a n＋ 1(n≥2)，a n＋1＋ 1(2a n＋ 1)＋12(a n＋ 1)所以a n＋ 1＝a n＋ 1＝a n＋ 1＝2.又 n＝ 1 时， S2＝ 2S1＋ 1＋5，且 a1＝ 5，所以 a2＝ 11，a2＋ 111＋1所以a1＋ 1＝5＋ 1＝2，所以数列 {a n＋ 1}是以 2 为公比的等比数列．(2)由于 a1＋ 1＝ 6，n－ 1n所以 a n＋1＝ 6×2＝3×2，层级二应试能力达标1＜1建立的条件是 ()1．使不等式a bA． a＞ b B． a＜ bC． a＞ b 且 ab＜ 0D． a＞ b 且 ab＞ 0分析：选D要使1＜1，须使1－1＜ 0，即b－a＜ 0.a b a b ab若 a＞ b，则 b－ a＜ 0， ab＞ 0；若 a＜ b，则 b－ a＞ 0， ab＜ 0.2．对随意的锐角α，β，以下不等式中正确的选项是()A． sin(α＋β)＞ sin α＋ sin βB． sin(α＋β)＞ cos α＋ cos βC． cos(α＋β)＞ sin α＋ sin βD． cos(α＋β)＜ cos α＋ cos β分析：选 D 由于α，β为锐角，所以 0＜α＜α＋β＜π，所以 cos α＞ cos(α＋β)．又 cos β＞0，所以 cos α＋ cos β＞ cos(α＋β)．1＋4＝ 1，且不等式x＋y＜ m2－ 3m 有解，则实数m 的取值3．若两个正实数 x，y 知足x y4范围是()A． (－ 1,4)B． (－∞，－ 1)∪ (4，＋∞) C． (－ 4,1)D． (－∞， 0)∪ (3，＋∞)分析：选 B14y y1＋4＝ 2＋y＋4x y4x ∵ x＞ 0，y＞ 0，＋＝ 1，∴ x＋＝ x＋4x y y≥2＋ 2·x y44x4x y＝ 4，等号在 y＝ 4x，即 x＝ 2，y＝ 8 时建立，∴x＋y的最小值为4，要使不等式m2－ 3m＞ x 4＋y有解，应有 m2－ 3m＞ 4，∴ m＜－ 1 或 m＞ 4，应选 B.44．以下不等式不建立的是()A． a2＋ b2＋c2≥ab＋ bc＋ caB. a＋b＞a＋ b(a＞ 0， b＞ 0)C. a－a－ 1＜a－ 2－a－ 3(a≥ 3)D. 2＋10＞26分析：选 D对A，∵ a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，∴ a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；对 B，∵(a＋ b)2＝ a＋ b＋ 2 ab，( a＋ b)2＝ a＋ b，∴ a＋ b＞ a＋ b；对 C，要证a－a－ 1＜a－ 2－ a－ 3(a≥3)建立，只需证明a＋a－ 3＜a－ 2＋a－ 1，两边平方得 2a － 3＋ 2 a(a－ 3)＜ 2a－ 3＋ 2 (a－ 2)(a－ 1)，即 a(a－ 3)＜(a－ 2)(a－ 1) ，两边平方得a2－2D， (2＋10)2－3a＜ a － 3a＋ 2，即 0＜ 2.由于 0＜2 明显建立，所以原不等式建立；关于(2 6)2＝ 12＋ 45－ 24＝4( 5－ 3)＜0，∴ 2＋ 10＜ 26，故 D 错误．5．已知函数 f(x)＝ 2x， a，b 为正实数，A＝ f a ＋b，B＝ f( ab)，C＝ f2ab，则 A，2a＋ bB， C 的大小关系是 ________．分析：∵a＋ b2ab≤ ab，且 f(x)＝ 2x是增函数，∴ f2ab 2≥ ab(a ， b 为正实数 )，a＋ ba＋ b≤≤ a＋b，即C≤B≤A.f( ab) f2答案： C≤B≤A6 ．以下图，四棱柱ABCD - A1 B1C1D 1的侧棱垂直于底面，知足________ 时，BD⊥ A1C(写上一个条件即可 )．分析：要证 BD⊥ A1C，只需证BD ⊥平面 AA1C.由于 AA1⊥ BD ，只需再增添条件AC⊥ BD ，即可证明 BD⊥平面 AA1C，进而有 BD⊥ A1C.答案： AC⊥BD(答案不独一 )7．在锐角三角形ABC 中，求证： sin A＋ sin B＋ sin C＞ cos A＋ cos B＋ cos C.ππ证明：在锐角三角形 ABC 中，∵ A＋ B＞2，∴A＞2－ B.ππ∴0＜－B＜A＜，22又∵在 0，π2内正弦函数y＝ sin x 是单一递加函数，π∴sin A＞ sin － B ＝cos B，2即 sin A＞ cos B．①同理 sin B＞ cos C，②sin C＞ cos A．③由①＋②＋③ ，得：sin A＋ sin B＋ sin C＞ cos A＋ cos B＋cos C.8．已知 n∈ N，且 n＞ 1，求证： log n(n＋ 1)＞ log n＋1(n＋ 2)．证明：要证明 log n(n＋ 1)＞ log n＋1(n＋ 2)，即证明 log n(n＋ 1)－ log n＋1(n＋ 2)＞ 0.(*)1∵log n(n＋ 1)－ log n＋1(n＋ 2)＝－log n＋1(n＋2)log n＋1n＝1－ log n＋1n·log n＋1(n＋ 2).log n＋1n又∵当 n＞ 1 时， log n＋1n＞ 0，且 log n＋1(n＋ 2)＞ 0， log n＋1 n≠ log n＋1(n＋ 2)，1[log n＋1n＋ log n＋1(n＋ 2)]212122∴ log n＋1n·log n＋1(n＋ 2) ＜＝ log n＋1[n(n＋ 2)]＝log n＋1(n ＋ 2n)44412(n＋ 1)2＜log n＋1＝ 1，4故 1－ log n＋1n·log n＋1(n＋ 2)＞ 0，∴1－ log n＋1n·log n＋1(n＋ 2)＞0.log n＋1n这说明 (*) 式建立，∴ log n(n＋ 1)＞ log n＋1(n＋ 2)．。
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002集合法
有些应用题的解是由几个条件决定的，只要分别将满足某个条件的元素一一列举（一部分），再通过比较，寻找公共的部分，便是问题的解了。
这里含有“集合”和“交集”的思想，因此，把这种解题思考方法叫做交集法或集合思路。
常用韦恩图分析数量关系，然后求解。
例1 某班的45名学生中，有的参加课外科技小组，有的参加美术兴趣
A=｛参加科技组人数｝
B=｛参加美术组人数｝
C=｛两项都参加人数｝
很明显：
A+B=24+27=51（人）而A+B-C=45（人）
∴C=51-45=6（人）
即两项活动都参加的学生有6人。
例2 有12名学生到水果店。
6名学生买了苹果，5名学生买了桔子，又已知其中4名学生苹果桔子都买了。
问苹果、桔子都没有买的学生有几名？
由图可知：
苹果桔子都没有买的人数=全体人数-只买苹果人数-只买桔子人数-既买苹果又买桔子人数。
即所求人数为
12-（6-4）-（5-4）-4=5（人）
例3 今有40人的班级，用A、B两种试题进行测验时，通过A题的为27人，A、B题都通过的为15人。
A、B题都没通过的为5人。
（1）通过B题的为多少人？
（2）设A题为70分，B题为30分，求这个班级的平均分数是多少？
如图
（1）只通过B题的人数是40-5-27=8（人），8+15=23（人）；
（2）[100×15+70×（27-15）+30×8]÷40
=64.5（分）。
例4 算术测验时出了A，B，C三道题。
如果B题答不上时，C题也答不上。
在50人的班级里，能做出A题的有32人，能做出B题的有48人，没有连一道题也做不上的。
在既能做A题也能做出B题的人数中，有60％的人又能做出C题；这些人相当于会做出C题的72％。
（1）试求既能做出A题，也能做出B题的是多少人？
（2）试求能全部题都做出的有多少人？
（3）试求能做出C，而不能做出A题的有多少人？如图
（1）（32+48）-50=30（人）；
（2）30×0.6=18（人）；
（3）由于18人相当72％，所以会做C题的人数为18÷0.72人。
其中28％是会做C题而不会做A题的人。
即18÷0.72×0.28=7（人）。