221综合法和分析法（2）学案（人教A版选修1-2）

第2课时　分析法及其应用课标解读1.了解分析法 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 数学问题的格式、步骤．(重点)2.理解分析法的思考过程、特点，会用分析法证明较复杂的数学问题．(难点)分析法【问题导思】　　证明不等式：eq\r(3)＋2eq\r(2)<2＋eq\r(7)成立，可用下面的方法进行．证明：要证明eq\r(3)＋2eq\r(2)<2＋eq\r(7)，由于eq\r(3)＋2eq\r(2)>0,2＋eq\r(7)>0，只需证明(eq\r(3)＋2eq\r(2))2<(2＋eq\r(7))2.展开得11＋4eq\r(6)<11＋4eq\r(7)，只需证明6<7，　显然6<7成立．∴eq\r(3)＋2eq\r(2)<2＋eq\r(7)成立．1．本题证明从哪里开始？【提示】　从结论开始．2．证题思路是什么？【提示】　寻求每一步成立的充分条件．1．分析法的定义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)，这种证明方法叫做分析法．2．分析法的框图表示Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件应用分析法证明不等式　设a，b为实数，求证：eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)．【思路探究】　分析：讨论eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立的条件，分a＋b≥0和a＋b<0两种情况．【自主解答】　若a＋b<0，eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)显然成立．若a＋b≥0，要证eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立，只需证a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2成立，即证a2＋b2≥eq\f(1,2)(a2＋2ab＋b2)成立，即证eq\f(1,2)(a2－2ab＋b2)≥0，即eq\f(1,2)(a－b)2≥0成立，因为eq\f(1,2)(a－b)2≥0成立，且以上每步都可逆．所以a＋b≥0时，eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立，综上可知：a，b为实数时，eq\r(a2＋b2)≥eq\f(\r(2),2)(a＋b)成立．1．分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．2．用分析法证明不等式是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．3．用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好反推符号“⇐”或“要证明”、“只需证明”、“即证明”等词语．已知a>0，b>0，证明不等式eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)≥a＋b.【证明】　要证eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,a)≥a＋b，只需证a3＋b3≥a2b＋b2a，只需证a3＋b3－a2b－b2a≥0，即证(a－b)2(a＋b)≥0.又a＞0，b＞0，(a－b)2(a＋b)≥0显然成立．因此，原不等式成立.用分析法证明其他问题　在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,2n＋1)，设bn＝2nan，证明：数列{bn}是等差数列．【思路探究】　分析{bn}成为等差数列的条件是否成立．【自主解答】　要证{bn}为等差数列，只要证bn＋1－bn＝d(常数)(n≥1)，即证2n＋1an＋1－2nan为常数．即证2n＋1(eq\f(1,2)an＋eq\f(1,2n＋1))－2nan为常数，而2nan＋1－2nan＝1为常数成立．∴{bn}是等差数列．1．利用分析法证明时，在叙述过程中“要证”“只需证”“即要证”这些词语必不可少，否则会出现错误．2．逆向思考是用分析法证题的主题思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件，正确把握转化方向，使问题顺利获解．已知α，β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθ·cosθ＝sin2β，求证：eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,21＋tan2β).【证明】　eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,21＋tan2β)⇐eq\f(1－\f(sin2α,cos2α),1＋\f(sin2α,cos2α))＝eq\f(1－\f(sin2β,cos2β),21＋\f(sin2β,cos2β))⇐cos2α－sin2α＝eq\f(cos2β－sin2β,2)⇐2(1－2sin2α)＝1－2sin2β⇐4sin2α－2sin2β＝1，由已知得：4sin2α＝sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθ，＝1＋2sinθcosθ，2sin2β＝2sinθcosθ，∴4sin2α－2sin2β＝1成立，∴eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,21＋tan2β)成立.综合法和分析法的综合应用　已知△ABC的三个内角A，B，C为等差数列，且a，b，c分别为角A，B，C的对边．求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.【思路探究】　利用分析法得出c2＋a2＝b2＋ac，再利用综合法证明其成立．【自主解答】　要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即证eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，只需证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3.化简，得eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)，所以只需证c2＋a2＝b2＋ac.因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，即a2＋c2－b2＝ac成立．∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．1．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．2．在实际证明命题时，常把分析法与综合法结合起来使用．已知a、b、c是不全相等的正数，且0＜x＜1.求证：logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)＜logxa＋logxb＋logxc.【证明】　要证明logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)＜logxa＋logxb＋logxc，只需要证明logx(eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2))＜logx(abc)．由已知0＜x＜1，只需证明eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)＞abc.由公式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)＞0.又∵a，b，c是不全相等的正数，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)＞eq\r(a2b2c2)＝abc.即eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(a＋c,2)＞abc成立．∴logxeq\f(a＋b,2)＋logxeq\f(b＋c,2)＋logxeq\f(a＋c,2)＜logxa＋logxb＋logxc成立.因逻辑混乱而出错　设向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.【错解】　∵a∥b，且a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，∴(4cosα)·(4cosβ)＝sinαsinβ，即sinαsinβ＝16cosαcosβ，∴eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sinβ,cosβ)＝16，∴tanαtanβ＝16，即结论正确．【错因分析】　以上证明混淆了已知和结论，把头脑中的分析过程当成了证明过程，如果按分析法书写就正确了；当然，本题用综合法书写证明过程更简洁．【防范 措施 《全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观全国民用建筑工程设计技术措施》规划•建筑•景观软件质量保证措施下载工地伤害及预防措施下载关于贯彻落实的具体措施 】　分析法的优点是方向明确，思路自然，故利于思考，但表述易错；综合法的优点是易于表达，条理清晰，形式简捷，故我们一般用分析法寻求解题思路，用综合法书写解题过程．【正解】　分析法：要证明a∥b，而a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，∴即要证明(4cosα)·(4cosβ)＝sinαsinβ，即要证sinαsinβ＝16cosαcosβ，即要证eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sinβ,cosβ)＝16，即要证tanαtanβ＝16，而tanαtanβ＝16已知，所以结论正确．综合法：∵tanαtanβ＝16，∴eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sinβ,cosβ)＝16，即sinαsinβ＝16cosαcosβ，∴(4cosα)·(4cosβ)＝sinαsinβ，即a＝(4cosα，sinα)与b＝(sinβ，4cosβ)共线，∴a∥b.1．综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知．2．分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知．3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．1．直接证明中最基本的两种证明方法是(　　)A．类比法和归纳法　　　　B．综合法和分析法C．比较法和二分法D．换元法和配方法【解析】　根据综合法和分析法的定义可知，二者均为直接证明方法．【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】　B2．欲证eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)，只需要证(　　)A．(eq\r(2)－eq\r(3))2＜(eq\r(6)－eq\r(7))2B．(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))2D．(eq\r(2)－eq\r(3)－eq\r(6))2＜(－eq\r(7))2【解析】　∵eq\r(2)－eq\r(3)＜0，eq\r(6)－eq\r(7)＜0，∴要证eq\r(2)－eq\r(3)＜eq\r(6)－eq\r(7)，只需证eq\r(2)＋eq\r(7)＜eq\r(3)＋eq\r(6)，即证(eq\r(2)＋eq\r(7))2＜(eq\r(3)＋eq\r(6))2.【答案】　C3．在证明命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的过程“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”中应用了(　　)A．分析法B．综合法C．分析法和综合法综合使用D．间接证法【解析】　符合综合法的证明思路．【答案】　B4．已知a>b>0，试用分析证明eq\f(a2－b2,a2＋b2)>eq\f(a－b,a＋b).【证明】　要证明eq\f(a2－b2,a2＋b2)＞eq\f(a－b,a＋b)(由a＞b＞0，得a－b＞0)．只需证(a2－b2)(a＋b)＞(a2＋b2)(a－b)，只需证(a＋b)2＞a2＋b2，即2ab＞0，因为a＞b＞0，所以2ab＞0显然成立．因此当a＞b＞0时，eq\f(a2－b2,a2＋b2)＞eq\f(a－b,a＋b)成立.一、选择题1．下列表述：①综合法是由因导果法；②综合法是顺推法；③分析法是执果索因法；④分析法是间接证明法；⑤分析法是逆推法．其中正确的语句有(　　)A．2个　　　B．3个　　　C．4个　　　D．5个【解析】　结合综合法和分析法的定义可知①②③⑤均正确，分析法和综合法均为直接证明法，故④不正确．【答案】　C2．要证明eq\r(a)＋eq\r(a＋7)＜eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)(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】　要证eq\r(a)＋eq\r(a＋7)＜eq\r(a＋3)＋eq\r(a＋4)，只需证2a＋7＋2eq\r(aa＋7)＜2a＋7＋2eq\r(a＋3a＋4)，只需证eq\r(aa＋7)＜eq\r(a＋3a＋4)，只需证a(a＋7)＜(a＋3)(a＋4)，只需证0＜12，故选用分析法最合理．【答案】　C3．已知f(x)＝eq\f(a2x＋1－2,2x＋1)是奇函数，那么实数a的值等于(　　)A．1B．－1C．0D．±1【解析】　当a＝1时，f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，f(－x)＝eq\f(1－2x,2x＋1)＝－f(x)，f(x)为奇函数．a＝－1,0时得不出f(x)为奇函数，故A正确．【答案】　A4．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)”的是(　　)A．f(x)＝eq\f(1,x)B．f(x)＝(x－1)2C．f(x)＝exD．f(x)＝ln(x＋1)【解析】　若满足题目中的条件，则f(x)在(0，＋∞)上为减函数，在A、B、C、D四选项中，由基本函数性质知，A是减函数，故选A.【答案】　A5．对一切实数x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B．[－2,2]C．[－2，＋∞)D．[0，＋∞)【解析】　用分离参数法可得a≥－(|x|＋eq\f(1,|x|))(x≠0)，而|x|＋eq\f(1,|x|)≥2，∴a≥－2，当x＝0时原不等式显然成立．【答案】　C二、填空题6．设A＝eq\f(1,2a)＋eq\f(1,2b)，B＝eq\f(2,a＋b)(a>0，b>0)，则A、B的大小关系为________．【解析】　A－B＝eq\f(a＋b,2ab)－eq\f(2,a＋b)＝eq\f(a＋b2－4ab,2aba＋b)≥0.【答案】　A≥B7．若抛物线y＝4x2上的点P到直线y＝4x－5的距离最短，则点P的坐标为________．【解析】　数形结合知，曲线y＝4x2在点P处的切线l与直线y＝4x－5平行．设l：y＝4x＋b.将y＝4x＋b代入y＝4x2，得4x2－4x－b＝0，令Δ＝0，得b＝－1.∴4x2－4x＋1＝0，∴x＝eq\f(1,2)，∴y＝1.【答案】　(eq\f(1,2)，1)8．补足下面用分析法证明基本不等式eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步骤：要证明eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需证明a2＋b2≥2ab，只需证____________，只需证____________．由于____________显然成立，因此原不等式成立．【解析】　要证明eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需证明a2＋b2≥2ab，只需证a2＋b2－2ab≥0，只需证(a－b)2≥0，由于(a－b)2≥0显然成立，因此原不等式成立．【答案】　a2＋b2－2ab≥0　(a－b)2≥0　(a－b)2≥0三、解答题9．如图2－2－3所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD＝G.图2－2－3求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.【证明】　要证明平面B1EF⊥面BDD1B1，只需证面B1EF内有一线垂直于面BDD1B1，即EF⊥面BDD1B1.要证EF⊥面BDD1B1，只需证EF垂直平面BDD1B1内两条相交直线即可，即证EF⊥BD，EF⊥B1G.而EF∥AC，AC⊥BD，故EF⊥BD成立．故只需证EF⊥B1G即可．又∵△B1EF为等腰三角形，EF的中点为G，∴B1G⊥EF成立．∴EF⊥面BDD1B1成立，从而问题得证．10．设a，b>0，且a≠b，用分析法证明：a3＋b3>a2b＋ab2.【证明】　要证a3＋b3>a2b＋ab2成立．只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，又因a＋b>0，只需证a2－ab＋b2>ab成立，只需证a2－2ab＋b2>0成立，即证(a－b)2>0成立．而依题设a≠b，则(a－b)2>0显然成立．由此命题得证．11．已知a>0，b>0，用两种方法证明：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).【证明】　法一　(综合法)：因为a>0，b>0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝(eq\f(a,\r(b))－eq\r(b))＋(eq\f(b,\r(a))－eq\r(a))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a))＝(a－b)(eq\f(1,\r(b))－eq\f(1,\r(a)))＝eq\f(\r(a)＋\r(b)\r(a)－\r(b)2,\r(ba))所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).法二　(分析法)：要证eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需证aeq\r(a)＋beq\r(b)≥aeq\r(b)＋beq\r(a)，即证(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0，因为a>0，b>0，a－b与eq\r(a)－eq\r(b)同号，所以(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0成立，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)成立.