2024-2025学年高中数学第三章推理与证明3.3综合法与分析法学案含解析北师大版选修1-2

PAGE§3综合法与分析法授课提示：对应学生用书第22页[自主梳理]一、综合法的定义从命题的________动身，利用________、________、________及________，通过________一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，这种思维方法称为综合法．二、综合法证明的思维过程用P表示已知条件、已知的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论，则综合法的思维过程可用框图表示为：eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)三、分析法的定义从________动身，一步一步地探究保证前一个结论成立的________，直到归结为这个命题的______，或者归结为________、________、________等，这种思维方法称为分析法．四、分析法证明的思维过程用Q表示要证明的结论，则分析法的思维过程可用框图表示为：eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→eq\x(P2⇐P3)→…→eq\x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))[双基自测]1．已知函数f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，则f(－a)等于()A．bB．－bC.eq\f(1,b)D．－eq\f(1,b)2．已知a、b是不相等的正数，x＝eq\f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，y＝eq\r(a＋b)，则x、y的关系是()A．x>y B．x<yC．x>eq\r(2)y D．不确定3．验证eq\r(2)－eq\r(3)<eq\r(6)－eq\r(7)，只须要证()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))24．在△ABC中，tanAtanB>1，则△ABC是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．不确定5．若aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则实数a，b应满意的条件是________．[自主梳理]一、条件定义公理定理运算法则演绎推理三、求证的结论充分条件条件定义公理定理[双基自测]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，∴要比较x、y的大小，只需比较x2、y2的大小，即比较eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)与a＋b的大小．∵a、b为不相等的正数，∴2eq\r(ab)<a＋b.∴eq\f(a＋b＋2\r(ab),2)<a＋b，即x2<y2.∴x<y.3．C将不等式等价转化为eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(3)＋eq\r(6).由于两边都为正数，所以可平方化简．4．A因为tanAtanB>1，所以tanA>0，tanB>0.所以A，B为锐角．又因为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是锐角三角形．5．a≥0，b≥0，且a≠b.由题意得aeq\r(a)＋beq\r(b)－(aeq\r(b)＋beq\r(a))>0，变形可得(eq\r(a)＋eq\r(b))·(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，可知不等式成立的条件为a≠b.授课提示：对应学生用书第22页探究一综合法的应用[例1]已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.[解析]解法一∵a，b为正数，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为正数，∴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为正数，∴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，当且仅当a＝b时，取“＝”号．从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，由因导果，其逐步推理，事实上是找寻每一步的必要条件，如何找到“切入点”和有效的推理途径是利用综合法证明问题的关键．1．已知函数f(x)＝x2，求证：(1)对随意的x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，有|f(x2)－f(x1)|<2|x2－x1|；(2)对随意的x1，x2∈[0,1]且x1≠x2，有|f(x2)－f(x1)|≤1.证明：(1)当x∈[0,1]时，|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.探究二分析法的应用[例2]是否存在常数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)对随意正数x，y恒成立？试证明你的结论．[解析]存在，证明如下：令x＝y＝1，得eq\f(2,3)≤C≤eq\f(2,3)，∴C＝eq\f(2,3).先证明eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)，因为x>0，y>0，要证eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)，只需证3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y)，即x2＋y2≥2xy，这明显成立，∴eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3).再证eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)≥eq\f(2,3)，只需证3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y)，即2xy≤x2＋y2，这明显成立．∴eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)≥eq\f(2,3).∴存在常数C＝eq\f(2,3)，使对任何正数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．分析法的证明过程及书写形式：(1)证明过程：确定结论与已知条件间的联系，合理选择相关定义、定理对结论进行转化，直到获得一个自不待言的命题即可．(2)书写形式：要证…，只需证…，即证…，然后得到一个明显成立的条件，所以结论成立．2．已知a，b是正实数，求证：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).证明：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)≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))．即证(a＋b－eq\r(ab))(eq\r(a)＋eq\r(b))≥eq\r(ab)(eq\r(a)＋eq\r(b))．即证a＋b－eq\r(ab)≥eq\r(ab).也就是要证a＋b≥2eq\r(ab).因为a，b为正实数，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).探究三综合法与分析法的综合应用[例3]若a，b，c为不全相等的正数，求证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.[解析]要证lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc，只需证lg(eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2))>lg(a·b·c)，即证eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc.因为a，b，c为不全相等的正数，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，且上述三式中等号不能同时成立．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．对于比较困难的证明题，常用分析综合法，即先从结论进行分析，找寻结论与条件之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或在证明过程中将两种方法交叉运用．3.如图，已知AB，CD相交于点O，△ACO≌△BDO，AE＝BF.求证：CE＝DF.证明：要证明CE＝DF，只需证明△ECO≌△FDO.∵△ACO≌△BDO，∴CO＝DO，AO＝BO.①又∵AE＝BF，∴EO＝FO.②∵∠EOC与∠FOD是对顶角，∴∠EOC＝∠FOD.③由①②③知△ECO≌△FDO.∴CE＝DF命题得证．利用综合法、分析法证明函数的奇偶性[典例](本题满分12分)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数y＝f(x＋1)的图像与f(x)的图像关于y轴对称．求证：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数．[解析]解法一要证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数，只需证明其对称轴为直线x＝0，2分即只需证－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需证a＝－b，4分由已知，抛物线f(x＋1)的对称轴x＝－eq\f(b,2a)－1与f(x)的对称轴x＝－eq\f(b,2a)关于y轴对称，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)))为偶函数，12分解法二要证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数，只需证：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，则x＝t－eq\f(1,2)所以只需f(t)＝f(－t＋1)，6分即证：f(x)＝f(－x＋1)．因为函数f(x＋1)与f(x)的图像关于y轴对称，所以函数y＝f(x)上任一点(x，f(x))，关于y轴