2019-2020年高中數(shù)學(xué) 2.2.1 第2課時(shí) 綜合法和分析法教案 新人教A版選修1-2.doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 2.2.1 第2課時(shí) 綜合法和分析法教案 新人教A版選修1-2 (教師用書獨(dú)具) ●三維目標(biāo) 1．知識與技能 結(jié)合學(xué)過的數(shù)學(xué)實(shí)例，了解直接證明的基本方法：分析法．了解分析法的思維過程、特點(diǎn)． 2．過程與方法 會用分析法證明數(shù)學(xué)問題，培養(yǎng)學(xué)生的分析問題、解決問題的能力，提高學(xué)生思維能力． 3．情感、態(tài)度與價(jià)值觀 通過學(xué)生參與，激發(fā)其學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，端正嚴(yán)謹(jǐn)治學(xué)的態(tài)度，提高逆向思維的論證能力． ●重點(diǎn)難點(diǎn) 重點(diǎn)：掌握分析法的思維過程、特點(diǎn)及其解題步驟，會用分析法證明數(shù)學(xué)問題． 難點(diǎn)：根據(jù)問題的特點(diǎn)，結(jié)合分析法的思考過程、 特點(diǎn)，應(yīng)用分析法證明較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題． 分析法是從結(jié)論到條件的邏輯推理方法，即從題目結(jié)論入手索證結(jié)論成立的充分條件，經(jīng)過一系列的中間推理索證，最后要把證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)，所以對結(jié)論變形、轉(zhuǎn)化是問題解決的關(guān)鍵，也是問題的突破點(diǎn)，應(yīng)該重點(diǎn)講解． (教師用書獨(dú)具) ●教學(xué)建議 建議本節(jié)課采取探究式教學(xué)方法，教師主要作用在“引導(dǎo)”“點(diǎn)撥”，讓學(xué)生自主思考分析法的證明特點(diǎn)，掌握分析法的證明格式與解題步驟，對于不同類型的問題如何思考、如何進(jìn)行逆向推理，教師應(yīng)給出必要的指導(dǎo)．另外應(yīng)注意引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會由結(jié)論去索證問題成立的充分條件，從結(jié)論入手并不是說證明就不需要已知條件，而是證明過程要時(shí)時(shí)處處關(guān)注已知，將證明引向已知或明顯成立的式子是證明的關(guān)鍵．證明過程每一步都需可逆．在解答每一個(gè)例證前，最好先引導(dǎo)學(xué)生分析出思維路線圖，然后再由學(xué)生給出證明． ●教學(xué)流程 創(chuàng)設(shè)問題情境，引出問題，引導(dǎo)學(xué)生認(rèn)識直接證明的方法之一——分析法．讓學(xué)生自主完成填一填，使學(xué)生進(jìn)一步了解分析法的證明格式、步驟等．引導(dǎo)學(xué)生分析例題1中所證結(jié)論的轉(zhuǎn)化條件及轉(zhuǎn)化方向，師生共同探究逆向推理思路，學(xué)生自主完成證明過程，教師指導(dǎo)完善，并完成互動(dòng)探究．學(xué)生分組探究例題2的證明思路，總結(jié)分析法證明數(shù)列問題的規(guī)律方法．完成變式訓(xùn)練中三角恒等問題的證明．  完成當(dāng)堂雙基達(dá)標(biāo)，鞏固所學(xué)知識及應(yīng)用方法．并進(jìn)行反饋矯正．歸納整理，進(jìn)行課堂小結(jié)，整體認(rèn)識本節(jié)所學(xué)知識，強(qiáng)調(diào)重點(diǎn)內(nèi)容和規(guī)律方法．學(xué)生自主完成例題3，總結(jié)分析法綜合法相結(jié)合綜合應(yīng)用的特點(diǎn)．并仿照例題3完成變式訓(xùn)練．讓學(xué)生自主分析例題3，老師適當(dāng)點(diǎn)撥解題思路，學(xué)生分組討論給出解法．老師組織解法展示，引導(dǎo)學(xué)生總結(jié)解題規(guī)律． 課標(biāo)解讀 1.了解分析法證明數(shù)學(xué)問題的格式、步驟．(重點(diǎn)) 2.理解分析法的思考過程、特點(diǎn)，會用分析法證明較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題．(難點(diǎn)) 分析法 【問題導(dǎo)思】　 　證明不等式：＋2<2＋成立，可用下面的方法進(jìn)行． 證明：要證明＋2<2＋， 由于＋2>0,2＋>0， 只需證明(＋2)2<(2＋)2. 展開得11＋4<11＋4，只需證明6<7， 　顯然6<7成立． ∴＋2<2＋成立． 1．本題證明從哪里開始？ 【提示】　從結(jié)論開始． 2．證題思路是什么？ 【提示】　尋求每一步成立的充分條件． 1．分析法的定義 從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)，這種證明方法叫做分析法． 2．分析法的框圖表示 Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一個(gè)明顯 成立的條件 應(yīng)用分析法證明不等式 　設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，求證：≥(a＋b)． 【思路探究】　分析：討論≥(a＋b)成立的條件，分a＋b≥0和a＋b<0兩種情況． 【自主解答】　若a＋b<0，≥(a＋b)顯然成立． 若a＋b≥0，要證≥(a＋b)成立， 只需證a2＋b2≥(a＋b)2成立， 即證a2＋b2≥(a2＋2ab＋b2)成立， 即證(a2－2ab＋b2)≥0， 即(a－b)2≥0成立， 因?yàn)?a－b)2≥0成立，且以上每步都可逆． 所以a＋b≥0時(shí)，≥(a＋b)成立， 綜上可知：a，b為實(shí)數(shù)時(shí)，≥(a＋b)成立． 1．分析法證明不等式的依據(jù)是不等式的基本性質(zhì)、已知的重要不等式和邏輯推理的基本理論． 2．用分析法證明不等式是從要證的不等式出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，最后得到的充分條件是已知(或已證)的不等式． 3．用分析法證明數(shù)學(xué)命題時(shí)，一定要恰當(dāng)?shù)赜煤梅赐品枴?”或“要證明”、“只需證明”、“即證明”等詞語． 已知a>0，b>0，證明不等式＋≥a＋b. 【證明】　要證＋≥a＋b， 只需證a3＋b3≥a2b＋b2a， 只需證a3＋b3－a2b－b2a≥0， 即證(a－b)2(a＋b)≥0. 又a＞0，b＞0，(a－b)2(a＋b)≥0顯然成立． 因此，原不等式成立. 用分析法證明其他問題 　在數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋，設(shè)bn＝2nan，證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列． 【思路探究】　分析{bn}成為等差數(shù)列的條件是否成立． 【自主解答】　要證{bn}為等差數(shù)列， 只要證bn＋1－bn＝d(常數(shù))(n≥1)， 即證2n＋1an＋1－2nan為常數(shù)． 即證2n＋1(an＋)－2nan為常數(shù)， 而2nan＋1－2nan＝1為常數(shù)成立． ∴{bn}是等差數(shù)列． 1．利用分析法證明時(shí)，在敘述過程中“要證”“只需證”“即要證”這些詞語必不可少，否則會出現(xiàn)錯(cuò)誤． 2．逆向思考是用分析法證題的主題思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件，正確把握轉(zhuǎn)化方向，使問題順利獲解． 已知α，β≠kπ＋(k∈Z)，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin2β， 求證：＝. 【證明】?。?＝ ?cos2α－sin2α＝ ?2(1－2sin2α)＝1－2sin2β ?4sin2α－2sin2β＝1， 由已知得：4sin2α＝sin2θ＋cos2θ＋2sin θcos θ， ＝1＋2sin θcos θ， 2sin2β＝2sin θcos θ， ∴4sin2α－2sin2β＝1成立， ∴＝成立. 綜合法和分析法的綜合應(yīng)用 　已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C為等差數(shù)列，且a，b，c分別為角A，B，C的對邊． 求證：(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，再利用綜合法證明其成立． 【自主解答】　要證(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1， 即證＋＝， 只需證＋＝3. 化簡，得＋＝1， 即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)， 所以只需證c2＋a2＝b2＋ac. 因?yàn)椤鰽BC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列， 所以B＝60， 所以cos B＝＝， 即a2＋c2－b2＝ac成立． ∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立． 1．綜合法推理清晰，易于書寫，分析法從結(jié)論入手，易于尋找解題思路． 2．在實(shí)際證明命題時(shí)，常把分析法與綜合法結(jié)合起來使用． 已知a、b、c是不全相等的正數(shù)，且0＜x＜1. 求證：logx＋logx＋logx＜logx a＋logx b＋logx c. 【證明】　要證明logx＋logx＋logx＜logx a＋logx b＋logx c， 只需要證明logx()＜logx(abc)． 由已知0＜x＜1，只需證明＞abc. 由公式≥＞0，≥＞0，≥＞0. 又∵a，b，c是不全相等的正數(shù)， ∴＞＝abc. 即＞abc成立． ∴l(xiāng)ogx＋logx＋logx＜logx a＋logx b＋logx c成立. 因邏輯混亂而出錯(cuò) 　設(shè)向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，若tan αtan β＝16，求證：a∥b. 【錯(cuò)解】　∵a∥b，且a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)， ∴(4cos α)(4cos β)＝sin αsin β， 即sin αsin β＝16cos αcos β， ∴＝16， ∴tan αtan β＝16，即結(jié)論正確． 【錯(cuò)因分析】　以上證明混淆了已知和結(jié)論，把頭腦中的分析過程當(dāng)成了證明過程，如果按分析法書寫就正確了；當(dāng)然，本題用綜合法書寫證明過程更簡潔． 【防范措施】　分析法的優(yōu)點(diǎn)是方向明確，思路自然，故利于思考，但表述易錯(cuò)；綜合法的優(yōu)點(diǎn)是易于表達(dá)，條理清晰，形式簡捷，故我們一般用分析法尋求解題思路，用綜合法書寫解題過程． 【正解】　分析法：要證明a∥b，而a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)， ∴即要證明(4cos α)(4cos β)＝sin αsin β， 即要證sin αsin β＝16cos αcos β， 即要證＝16，即要證tan αtan β＝16， 而tan αtan β＝16已知，所以結(jié)論正確． 綜合法：∵tan αtan β＝16，∴＝16， 即sin αsin β＝16cos αcos β， ∴(4cos α)(4cos β)＝sin αsin β， 即a＝(4cos α，sin α)與b＝(sin β，4cos β)共線， ∴a∥b. 1．綜合法的特點(diǎn)是：從已知看可知，逐步推出未知． 2．分析法的特點(diǎn)是：從未知看需知，逐步靠攏已知． 3．分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實(shí)際證題時(shí)常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來． 1．直接證明中最基本的兩種證明方法是(　　) A．類比法和歸納法　　　　B．綜合法和分析法 C．比較法和二分法 D．換元法和配方法 【解析】　根據(jù)綜合法和分析法的定義可知，二者均為直接證明方法． 【答案】　B 2．欲證－＜－，只需要證(　　) A．(－)2＜(－)2 B．(－)2＜(－)2 C．(＋)2＜(＋)2 D．(－－)2＜(－)2 【解析】　∵－＜0，－＜0， ∴要證－＜－，只需證 ＋＜＋， 即證(＋)2＜(＋)2. 【答案】　C 3．在證明命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的過程“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”中應(yīng)用了(　　) A．分析法 B．綜合法 C．分析法和綜合法綜合使用 D．間接證法 【解析】　符合綜合法的證明思路． 【答案】　B 4．已知a>b>0，試用分析證明>. 【證明】　要證明＞(由a＞b＞0，得a－b＞0)． 只需證(a2－b2)(a＋b)＞(a2＋b2)(a－b)， 只需證(a＋b)2＞a2＋b2，即2ab＞0， 因?yàn)閍＞b＞0，所以2ab＞0顯然成立． 因此當(dāng)a＞b＞0時(shí)，＞成立. 一、選擇題 1．下列表述： ①綜合法是由因?qū)Чǎ? ②綜合法是順推法； ③分析法是執(zhí)果索因法； ④分析法是間接證明法； ⑤分析法是逆推法． 其中正確的語句有(　　) A．2個(gè)　　　B．3個(gè)　　　C．4個(gè)　　　D．5個(gè) 【解析】　結(jié)合綜合法和分析法的定義可知①②③⑤均正確，分析法和綜合法均為直接證明法，故④不正確． 【答案】　C 2．要證明＋＜＋(a≥0)可選擇的方法有多種，其中最合理的是(　　) A．綜合法 B．類比法 C．分析法 D．歸納法 【解析】　要證＋＜＋， 只需證2a＋7＋2＜2a＋7＋2， 只需證＜， 只需證a(a＋7)＜(a＋3)(a＋4)， 只需證0＜12， 故選用分析法最合理． 【答案】　C 3．已知f(x)＝是奇函數(shù)，那么實(shí)數(shù)a的值等于(　　) A．1 B．－1 C．0 D．1 【解析】　當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝，f(－x)＝＝－f(x)，f(x)為奇函數(shù)． a＝－1,0時(shí)得不出f(x)為奇函數(shù)，故A正確． 【答案】　A 4．下列函數(shù)f(x)中，滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1f(x2)”的是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2 C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1) 【解析】　若滿足題目中的條件，則f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，在A、B、C、D四選項(xiàng)中，由基本函數(shù)性質(zhì)知，A是減函數(shù)，故選A. 【答案】　A 5．對一切實(shí)數(shù)x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2,2] C．[－2，＋∞) D．[0，＋∞) 【解析】　用分離參數(shù)法可得a≥－(|x|＋)(x≠0)，而|x|＋≥2，∴a≥－2，當(dāng)x＝0時(shí)原不等式顯然成立． 【答案】　C 二、填空題 6．設(shè)A＝＋，B＝(a>0，b>0)，則A、B的大小關(guān)系為________． 【解析】　A－B＝－＝≥0. 【答案】　A≥B 7．若拋物線y＝4x2上的點(diǎn)P到直線y＝4x－5的距離最短，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________． 【解析】　數(shù)形結(jié)合知，曲線y＝4x2在點(diǎn)P處的切線l與直線y＝4x－5平行． 設(shè)l：y＝4x＋b.將y＝4x＋b代入y＝4x2， 得4x2－4x－b＝0，令Δ＝0，得b＝－1. ∴4x2－4x＋1＝0， ∴x＝，∴y＝1. 【答案】　(，1) 8．補(bǔ)足下面用分析法證明基本不等式≥ab的步驟： 要證明≥ab， 只需證明a2＋b2≥2ab， 只需證____________， 只需證____________． 由于____________顯然成立，因此原不等式成立． 【解析】　要證明≥ab， 只需證明a2＋b2≥2ab， 只需證a2＋b2－2ab≥0， 只需證(a－b)2≥0， 由于(a－b)2≥0顯然成立，因此原不等式成立． 【答案】　a2＋b2－2ab≥0　(a－b)2≥0　(a－b)2≥0 三、解答題 9．如圖2－2－3所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC的中點(diǎn)，EF∩BD＝G. 圖2－2－3 求證：平面B1EF⊥平面BDD1B1. 【證明】　要證明平面B1EF⊥面BDD1B1，只需證面B1EF內(nèi)有一線垂直于面BDD1B1，即EF⊥面BDD1B1. 要證EF⊥面BDD1B1， 只需證EF垂直平面BDD1B1內(nèi)兩條相交直線即可， 即證EF⊥BD，EF⊥B1G. 而EF∥AC，AC⊥BD， 故EF⊥BD成立． 故只需證EF⊥B1G即可． 又∵△B1EF為等腰三角形，EF的中點(diǎn)為G， ∴B1G⊥EF成立． ∴EF⊥面BDD1B1成立， 從而問題得證． 10．設(shè)a，b>0，且a≠b，用分析法證明：a3＋b3>a2b＋ab2. 【證明】　要證a3＋b3>a2b＋ab2成立． 只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立， 又因a＋b>0， 只需證a2－ab＋b2>ab成立， 只需證a2－2ab＋b2>0成立， 即證(a－b)2>0成立． 而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2>0顯然成立． 由此命題得證． 11．已知a>0，b>0，用兩種方法證明：＋≥＋. 【證明】　法一　(綜合法)： 因?yàn)閍>0，b>0， 所以＋－－ ＝(－)＋(－) ＝＋＝(a－b)(－) ＝ 所以＋≥＋. 法二　(分析法)： 要證＋≥＋， 只需證a＋b≥a＋b， 即證(a－b)(－)≥0， 因?yàn)閍>0，b>0，a－b與－同號， 所以(a－b)(－)≥0成立， 所以＋≥＋成立. (教師用書獨(dú)具) 　已知函數(shù)f(x)＝lg(－1)，x∈(0，)， 若x1，x2∈(0，)，且x1≠x2. 求證：[f(x1)＋f(x2)]＞f()． 【思路探究】　用分析法，逆推所證不等式成立的充分條件． 【自主解答】　要證[f(x1)＋f(x2)]＞f()， 只需證lg(－1)＋lg(－1)＞2lg(－1)， 只需證(－1)(－1)＞(－1)2. ∵(－1)(－1)－(－1)2 ＝. 由于x1，x2∈(0，)，且x1≠x2， ∴＞0， 即(－1)(－1)＞(－1)2， ∴[f(x1)＋f(x2)]＞f()． 　本題依托對數(shù)函數(shù)，考查分析法的應(yīng)用，對對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)要會靈活運(yùn)用． 　已知非零向量a，b且a⊥b，求證：≤. 【證明】　要證≤， 只要證|a|＋|b|≤|a－b|， 即證|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2|a2－2ab＋b2|.① ∵a⊥b，∴ab＝0， ∴①?|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2|a|2＋2|b|2?(|a|－|b|)2≥0成立， ∴原不等式成立．