2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明2.2.1綜合法和分析法學(xué)案含解析新人教A版選修2-2

PAGE2.2干脆證明與間接證明2.2.1內(nèi)容標(biāo)準(zhǔn)學(xué)科素養(yǎng)1.理解綜合法、分析法的意義，駕馭綜合法、分析法的思維特點；2.用綜合法、分析法解決問題.加強數(shù)學(xué)運算嚴(yán)格邏輯推理提高直觀想象授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第39頁[基礎(chǔ)相識]學(xué)問點一綜合法eq\a\vs4\al(預(yù)習(xí)教材P85－86，思索并完成以下問題)閱讀下列證明過程，總結(jié)此證明方法有何特點？已知a，b＞0，求證：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.證明：因為b2＋c2≥2bc，a＞0，所以a(b2＋c2)≥2abc.又因為c2＋a2≥2ac，b＞0，所以b(c2＋a2)≥2abc.因此a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.提示：利用已知條件a＞0，b＞0和重要不等式，最終推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論．學(xué)問梳理(1)定義：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最終推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．(2)綜合法的框圖表示eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結(jié)論)學(xué)問點二分析法eq\a\vs4\al(預(yù)習(xí)教材P86－89，思索并完成以下問題)閱讀證明基本不等式的過程，試分析證明過程有何特點？已知a，b＞0，求證：eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab).證明：要證eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，只需證a＋b≥2eq\r(ab)，只需證a＋b－2eq\r(ab)≥0，只需證(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0，因為(eq\r(a)－eq\r(b))2≥0明顯成立，所以原不等式成立．提示：從結(jié)論動身起先證明，找尋使證明結(jié)論成立的充分條件，最終把要證明的結(jié)論變成一個明顯成立的條件．學(xué)問梳理(1)定義：從要證明的結(jié)論動身，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最終，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．(2)分析法的框圖表示eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(得到一個明顯成立的條件)思索：1.綜合法有哪些特點？提示：(1)綜合法是從緣由推導(dǎo)出結(jié)果的思維方式，從“已知”“看”“可知”，逐步推出“未知”，其由因?qū)Ч鸩酵评淼倪^程，事實上是找尋已知條件的必要條件．(2)綜合法從命題的條件動身，利用定義、公理、定理等，通過演繹推理，一步一步完成命題的證明．(3)用綜合法證明題目，證明步驟嚴(yán)謹(jǐn)、逐層遞進、步步為營、條理清楚、形式簡潔、易于表達推理的思維過程．2．分析法的特點有哪些？提示：(1)分析法的特點是從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其推理過程是一步步尋求使結(jié)論成立的充分條件．(2)分析法從命題的結(jié)論入手，尋求結(jié)論成立的條件，直至歸結(jié)為已知條件、定理、定義、公理等．3．比較綜合法與分析法，有哪些區(qū)分與聯(lián)系？提示：綜合法分析法推理方向順推，由因?qū)Чf推，執(zhí)果索因解題思路探路較難，易生枝節(jié)簡單探路，利于思索(優(yōu)點)表述形式形式簡潔，條理清楚(優(yōu)點)敘述煩瑣，易出錯思索的側(cè)重點側(cè)重于已知條件供應(yīng)的信息側(cè)重于結(jié)論供應(yīng)的信息聯(lián)系：分析法便于我們?nèi)フ覍ぷC明思路，而綜合法便于證明過程的敘述，兩種方法各有所長，因而在解決問題時，常先用分析法找尋解題思路，再用綜合法有條理地表達證明過程，將兩種方法結(jié)合起來運用．[自我檢測]1．設(shè)0＜x＜1，則a＝eq\r(2x)，b＝x＋1，c＝eq\f(1,1－x)中最大的是()A．a(chǎn) B．bC．c D．隨x取值不同而不同解析：∵0＜x＜1，∴1＋x＞2eq\r(x)＝eq\r(4x)＞eq\r(2x)，∴只需比較1＋x與eq\f(1,1－x)的大?。?＋x－eq\f(1,1－x)＝eq\f(1－x2－1,1－x)＝－eq\f(x2,1－x)＜0.∴1＋x＜eq\f(1,1－x)，故c最大．答案：C2．要證eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)成立，只需證()A．(eq\r(2)－eq\r(3))2＜(eq\r(6)－eq\r(7))2 B．(eq\r(2)－eq\r(6))2＜(eq\r(3)－eq\r(7))2C．(eq\r(2)＋eq\r(7))2＜(eq\r(3)＋eq\r(6))2 D．(eq\r(2)－eq\r(3)－eq\r(6))2＜(－eq\r(7))2解析：欲證eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)，只需證eq\r(2)＋eq\r(7)＜eq\r(3)＋eq\r(6)，只需證(eq\r(2)＋eq\r(7))2＜(eq\r(3)＋eq\r(6))2.答案：C3．已知a，b，c分別是△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊，且a2＋b2－c2＝ab，則角C的值為________．解析：cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2).∵0＜C＜π，∴C＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,3)授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第40頁探究一綜合法的應(yīng)用[例1]在△ABC中，三邊a，b，c成等比數(shù)列，求證：acos2eq\f(C,2)＋cos2eq\f(A,2)≥eq\f(3,2)b.[證明]因為a，b，c成等比數(shù)列，所以b2＝ac.因為左邊＝eq\f(a1＋cosC,2)＋eq\f(c1＋cosA,2)＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)(acosC＋ccosA)＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·\f(b2＋c2－a2,2bc)))＝eq\f(1,2)(a＋c)＋eq\f(1,2)b≥eq\r(ac)＋eq\f(b,2)＝b＋eq\f(b,2)＝eq\f(3,2)b＝右邊，所以acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)≥eq\f(3,2)b.方法技巧綜合法證明問題的步驟跟蹤探究1.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1,2,3，…)．證明：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.證明：(1)∵當(dāng)n≥2時，an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n).又當(dāng)n＝1時，S1＝a1＝1，a2＝eq\f(1＋2,1)·S1＝3，故S2＝1＋3＝4，也滿意eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n).∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)，且an＝eq\f(n＋1,n－1)Sn－1(n≥2)，于是Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4an(n≥2)．又a1＝1，S2＝4＝4a1，適合上式．因此對于隨意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.探究二分析法的應(yīng)用[例2]當(dāng)a＋b＞0時，求證：eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)．[證明]要證eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)，只需證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)))2≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a＋b))2，即證a2＋b2≥eq\f(1,2)(a2＋b2＋2ab)，即證a2＋b2≥2ab.因為a2＋b2≥2ab對一切實數(shù)恒成立，所以eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立．方法技巧分析法證題的思路與步驟分析法證明命題“若A成立，則B成立”的思路與步驟是：要證明(或為了證明)B成立，只需證明A1成立(A1是B成立的充分條件)，只需證明A2成立(A2是A1成立的充分條件)，……只需證明Ak成立(Ak是Ak－1成立的充分條件)，只需證明A成立(A是Ak成立的充分條件)．∵A成立，∴B成立．說明：對于一些含有分式、根式、對數(shù)式、指數(shù)式的不等式(或等式)的命題不便于用綜合法證明時，經(jīng)常考慮用分析法證明．跟蹤探究2.求證：當(dāng)一個圓和一個正方形的周長相等時，圓的面積比正方形的面積大．證明：設(shè)圓和正方形的周長為L，故圓的面積為πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2，正方形的面積為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))2，則本題即證πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))2.要證πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))2，即證eq\f(πL2,4π2)＞eq\f(L2,16)，即證eq\f(1,π)＞eq\f(1,4)，即證4＞π，因為4＞π明顯成立，所以πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))2.故原命題成立．探究三分析法與綜合法的綜合運用[例3]△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，其對邊分別為a，b，c.求證：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.[證明]要證(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1.即證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，即證c2＋a2＝ac＋b2.因為△ABC三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，所以B＝60°.由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2cacos60°，即b2＝c2＋a2－ac.所以c2＋a2＝ac＋b2成立，命題得證．延長探究本例改為求證：eq\f(a＋b,1＋a＋b)＞eq\f(c,1＋c).證明：要證eq\f(a＋b,1＋a＋b)＞eq\f(c,1＋c)，只需證a＋b＋(a＋b)c＞(1＋a＋b)c，即證a＋b＞c.而a＋b＞c明顯成立，所以eq\f(a＋b,1＋a＋b)＞eq\f(c,1＋c).方法技巧實際解題時，用分析法思索問題，找尋解題途徑，用綜合法書寫解題過程，或者綜合運用分析法與綜合法，即從“未知”想“需知”(分析)，從“已知”推“可知”(綜合)，雙管齊下，兩面夾擊，找到溝通已知條件和結(jié)論的途徑．跟蹤探究3.已知sinα＋cosα＝1，求證sin6α＋cos6α＝1.證明：∵sin6α＋cos6α＝(sin2α)3＋(cos2α)3＝(sin2α＋cos2α)(sin4α－sin2αcos2α＋cos4α)＝sin4α＋2sin2αcos2α＋cos4α－3sin2αcos2α＝(sin2α＋cos2α)2－3sin2αcos2α＝1－3sin2αcos2α.∴要證sin6α＋cos6α＝1，只需證sin2αcos2α＝0.將sinα＋cosα＝1兩邊平方，得2sinαcosα＝0，∴sin2αcos2α＝0，∴sin6α＋cos6α＝1.授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第41頁[課后小結(jié)](1)綜合法證題是從條件動身，由因?qū)Ч?；分析法是從結(jié)論動身，執(zhí)果索因．(2)分析法證題時，確定要恰當(dāng)?shù)剡\用“要證”“只需證”“即證”等詞語．(3)在解題時，往往把綜合法和分析法結(jié)合起來運用．[素養(yǎng)培優(yōu)]分析法證明過程不規(guī)范致誤用分析法證明：若a＞0，則eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).易錯分析：從條件入手干脆證明不等式較困難時，常用分析法尋求使結(jié)論成立的充分條件，但確定要留意對所要證明的結(jié)論是以“分析”的語氣對待的．因而證明格式上應(yīng)體現(xiàn)出“分析”探討性(“要證……，只要證……”)，而非干脆確定結(jié)論．考查邏輯推理數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)．自我訂正：證明：要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，∵a＞0，∴兩邊均大于零，因此只需證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2，只需證