2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章推理與證明3.3綜合法與分析法學(xué)案含解析北師大版選修1-2

PAGE§3綜合法與分析法授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第22頁[自主梳理]一、綜合法的定義從命題的________動身，利用________、________、________及________，通過________一步一步地接近要證明的結(jié)論，直到完成命題的證明，這種思維方法稱為綜合法．二、綜合法證明的思維過程用P表示已知條件、已知的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結(jié)論，則綜合法的思維過程可用框圖表示為：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)三、分析法的定義從________動身，一步一步地探究保證前一個結(jié)論成立的________，直到歸結(jié)為這個命題的______，或者歸結(jié)為________、________、________等，這種思維方法稱為分析法．四、分析法證明的思維過程用Q表示要證明的結(jié)論，則分析法的思維過程可用框圖表示為：eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(\a\al(得到一個明顯,成立的條件))[雙基自測]1．已知函數(shù)f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，則f(－a)等于()A．bB．－bC.eq\f(1,b)D．－eq\f(1,b)2．已知a、b是不相等的正數(shù)，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，則x、y的關(guān)系是()A．x>y B．x<yC．x>eq\r(2)y D．不確定3．驗證eq\r(2)－eq\r(3)<eq\r(6)－eq\r(7)，只須要證()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))24．在△ABC中，tanAtanB>1，則△ABC是()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．不確定5．若aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實數(shù)a，b應(yīng)滿意的條件是________．[自主梳理]一、條件定義公理定理運算法則演繹推理三、求證的結(jié)論充分條件條件定義公理定理[雙基自測]1．Bf(－a)＝lgeq\f(1＋a,1－a)＝lg(eq\f(1－a,1＋a))－1＝－lgeq\f(1－a,1＋a)＝－f(a)＝－b.2．B∵x>0，y>0，∴要比較x、y的大小，只需比較x2、y2的大小，即比較eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)與a＋b的大小．∵a、b為不相等的正數(shù)，∴2eq\r(ab)<a＋b.∴eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)<a＋b，即x2<y2.∴x<y.3．C將不等式等價轉(zhuǎn)化為eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6).由于兩邊都為正數(shù)，所以可平方化簡．4．A因為tanAtanB>1，所以tanA>0，tanB>0.所以A，B為銳角．又因為tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)<0，所以A＋B>eq\f(π,2)，所以C<eq\f(π,2).所以△ABC是銳角三角形．5．a(chǎn)≥0，b≥0，且a≠b.由題意得aeq\r(a)＋beq\r(b)－(aeq\r(b)＋beq\r(a))>0，變形可得(eq\r(a)＋eq\r(b))·(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，可知不等式成立的條件為a≠b.授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第22頁探究一綜合法的應(yīng)用[例1]已知a，b是正數(shù)，且a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.[解析]解法一∵a，b為正數(shù)，且a＋b＝1，∴a＋b≥2eq\r(ab)，∴eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,ab)≥4.解法二∵a，b為正數(shù)，∴a＋b≥2eq\r(ab)>0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))>0，∴(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4，又a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.解法三∵a，b為正數(shù)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝1＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋1≥2＋2eq\r(\f(a,b)·\f(b,a))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，取“＝”號．從“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，由因?qū)Ч渲鸩酵评?，事實上是找尋每一步的必要條件，如何找到“切入點”和有效的推理途徑是利用綜合法證明問題的關(guān)鍵．1．已知函數(shù)f(x)＝x2，求證：(1)對隨意的x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，有|f(x2)－f(x1)|<2|x2－x1|；(2)對隨意的x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，有|f(x2)－f(x1)|≤1.證明：(1)當(dāng)x∈[0,1]時，|f(x2)－f(x1)|＝|xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)|＝|(x2－x1)(x2＋x1)|.∵x1，x2∈[0,1]，x1≠x2，∴0<x1＋x2<2.∴|f(x2)－f(x1)|<2|x2－x1|.(2)∵x1，x2∈[0,1]，∴0≤xeq\o\al(2,1)≤1,0≤xeq\o\al(2,2)≤1.∴－1≤xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)≤1.∴|xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1)|≤1.∴|f(x2)－f(x1)|≤1.探究二分析法的應(yīng)用[例2]是否存在常數(shù)C，使得不等式eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤C≤eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)對隨意正數(shù)x，y恒成立？試證明你的結(jié)論．[解析]存在，證明如下：令x＝y(tǒng)＝1，得eq\f(2,3)≤C≤eq\f(2,3)，∴C＝eq\f(2,3).先證明eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)，因為x>0，y>0，要證eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)，只需證3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y)，即x2＋y2≥2xy，這明顯成立，∴eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3).再證eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)≥eq\f(2,3)，只需證3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y)，即2xy≤x2＋y2，這明顯成立．∴eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)≥eq\f(2,3).∴存在常數(shù)C＝eq\f(2,3)，使對任何正數(shù)x，y都有eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)≤eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)成立．分析法的證明過程及書寫形式：(1)證明過程：確定結(jié)論與已知條件間的聯(lián)系，合理選擇相關(guān)定義、定理對結(jié)論進行轉(zhuǎn)化，直到獲得一個自不待言的命題即可．(2)書寫形式：要證…，只需證…，即證…，然后得到一個明顯成立的條件，所以結(jié)論成立．2．已知a，b是正實數(shù)，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).證明：要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).只需證aeq\r(a)＋beq\r(b)≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))．即證(a＋b－eq\r(ab))(eq\r(a)＋eq\r(b))≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))．即證a＋b－eq\r(ab)≥eq\r(ab).也就是要證a＋b≥2eq\r(ab).因為a，b為正實數(shù)，所以a＋b≥2eq\r(ab)成立．所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).探究三綜合法與分析法的綜合應(yīng)用[例3]若a，b，c為不全相等的正數(shù)，求證：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.[解析]要證lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc，只需證lg(eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2))>lg(a·b·c)，即證eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc.因為a，b，c為不全相等的正數(shù)，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)>0，且上述三式中等號不能同時成立．所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc成立．所以lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc成立．對于比較困難的證明題，常用分析綜合法，即先從結(jié)論進行分析，找尋結(jié)論與條件之間的關(guān)系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或在證明過程中將兩種方法交叉運用．3.如圖，已知AB，CD相交于點O，△ACO≌△BDO，AE＝BF.求證：CE＝DF.證明：要證明CE＝DF，只需證明△ECO≌△FDO.∵△ACO≌△BDO，∴CO＝DO，AO＝BO.①又∵AE＝BF，∴EO＝FO.②∵∠EOC與∠FOD是對頂角，∴∠EOC＝∠FOD.③由①②③知△ECO≌△FDO.∴CE＝DF命題得證．利用綜合法、分析法證明函數(shù)的奇偶性[典例](本題滿分12分)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)y＝f(x＋1)的圖像與f(x)的圖像關(guān)于y軸對稱．求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．[解析]解法一要證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，只需證明其對稱軸為直線x＝0，2分即只需證－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需證a＝－b，4分由已知，拋物線f(x＋1)的對稱軸x＝－eq\f(b,2a)－1與f(x)的對稱軸x＝－eq\f(b,2a)關(guān)于y軸對稱，8分所以－eq\f(b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a)，所以a＝－b，10分所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，12分解法二要證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，只需證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2))).2分令x＋eq\f(1,2)＝t，則x＝t－eq\f(1,2)所以只需f(t)＝f(－t＋1)，6分即證：f(x)＝f(－x＋1)．因為函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖像關(guān)于y軸對稱，所以函數(shù)y＝f(x)上任一點(x，f(x))，關(guān)于y軸