【文档说明】2021-2022学年高中数学人教A版选修2-2教案：2.2.1综合法与分析法 2 含解析【高考】.doc，共(14)页，139.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-第2课时分析法及其应用教学教法分析(教师用书独具)●三维目标1．知识与技能结合学过的数学实例，了解直接证明的基本方法：分析法．了解分析法的思维过程、特点．2．过程与方法会用分析法证明数学问题，培养学生的分析问题、解决问题的能力，提高学生思维能力．3．情感、态度与价值观通过学生参与，激发其学习

数学的兴趣，端正严谨治学的态度，提高逆向思维的论证能力．●重点难点重点：掌握分析法的思维过程、特点及其解题步骤，会用分析法证明数学问题．难点：根据问题的特点，结合分析法的思考过程、特点，应用分析法证明较复杂的数学问题．分析法是从结论到条件的逻辑推理方法，即从题目结论入手索证结论

成立的充分条件，经过一系列的中间推理索证，最后要把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)，所以对结论变形、转化是问题解决的关键，也是问题的突破点，应该重点讲解．教学方案设计(教师用书独具)-2-●教学建议建议

本节课采取探究式教学方法，教师主要作用在“引导”“点拨”，让学生自主思考分析法的证明特点，掌握分析法的证明格式与解题步骤，对于不同类型的问题如何思考、如何进行逆向推理，教师应给出必要的指导．另外应注意引导学生学会由结论去索证问题成立的充分条件，从结论入手并不是说证明就不需要已知条件，而是证

明过程要时时处处关注已知，将证明引向已知或明显成立的式子是证明的关键．证明过程每一步都需可逆．在解答每一个例证前，最好先引导学生分析出思维路线图，然后再由学生给出证明．●教学流程创设问题情境，引出问题，引导学生认识直接证明的方法之一——分析法．让学生自主完成填一填，使学生进一步了解分析

法的证明格式、步骤等．引导学生分析例题1中所证结论的转化条件及转化方向，师生共同探究逆向推理思路，学生自主完成证明过程，教师指导完善，并完成互动探究．学生分组探究例题2的证明思路，总结分析法证明数列问题的规律方法．完成变式训练中三角恒等问题的证明．完成当堂双基达标，巩固所学知

识及应用方法．并进行反馈矫正．归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法．学生自主完成例题3，总结分析法综合法相结合综合应用的特点．并仿照例题3完成变式训练．让学生自主分析例题3，老师适当点拨解题思路，学生分组讨论给出解法．老师

组织解法展示，引导学生总结解题规律．课前自主导学课标解读1.了解分析法证明数学问题的格式、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)知识分析法【问题导思】证

明不等式：3＋22<2＋7成立，可用下面的方法进行．证明：要证明3＋22<2＋7，-3-由于3＋22>0,2＋7>0，只需证明(3＋22)2<(2＋7)2.展开得11＋46<11＋47，只需证明6<7，显然6<7成立．∴3＋22<2＋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→P

2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件课前互动探究类型1应用分析法证明不等式例题1设a，b为实数，求证：a2＋b2≥22(a＋b)．【思路探究】分析：讨论a2＋b2≥22(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，a2＋b2≥22(a＋b)显然成立．若a＋b≥0，要证a2＋b2≥22(a＋b)成立，只需证a2＋b2≥12(a＋b)2成立，即证a2＋b2≥12(a2＋2ab＋b2)成立，即证

12(a2－2ab＋b2)≥0，-4-即12(a－b)2≥0成立，因为12(a－b)2≥0成立，且以上每步都可逆．所以a＋b≥0时，a2＋b2≥22(a＋b)成立，综上可知：a，b为实数时，a2＋b2≥

22(a＋b)成立．规律方法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．变式训练已知a>0，b>0，证明不等式a2b＋b2a≥a＋b.【证明】要证a2b＋b2a≥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.类型2用分析法证明其他问题例题2在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝12an＋12n＋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．-5-即证2n＋1(12an＋12n＋1)－2nan为常数，而2nan＋1－2nan＝

1为常数成立．∴{bn}是等差数列．规律方法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．变式训练已知α，β≠kπ＋π2(k∈

Z)，且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθ·cosθ＝sin2β，求证：1－tan2α1＋tan2α＝1－tan2β21＋tan2β.【证明】1－tan2α1＋tan2α＝1－tan2β21＋tan2β⇐1－sin2αcos2α1＋sin2αcos2α＝1－s

in2βcos2β21＋sin2βcos2β⇐cos2α－sin2α＝cos2β－sin2β2⇐2(1－2sin2α)＝1－2sin2β⇐4sin2α－2sin2β＝1，由已知得：4sin2α＝sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθ，＝1＋2sinθc

osθ，2sin2β＝2sinθcosθ，∴4sin2α－2sin2β＝1成立，∴1－tan2α1＋tan2α＝1－tan2β21＋tan2β成立.类型3综合法和分析法的综合应用例题3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，-6-即证1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c，只需证a＋b＋ca＋b＋a

＋b＋cb＋c＝3.化简，得ca＋b＋ab＋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＝a2＋c2－b22ac＝12，即a2＋c2－b2

＝ac成立．∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．规律方法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．变式训练已知a、b、c是不全相等的正数，且0＜x＜1.求证：logxa＋b2＋logxb＋c

2＋logxa＋c2＜logxa＋logxb＋logxc.【证明】要证明logxa＋b2＋logxb＋c2＋logxa＋c2＜logxa＋logxb＋logxc，只需要证明logx(a＋b2·b＋c2·a＋c2)＜logx(

abc)．由已知0＜x＜1，只需证明a＋b2·b＋c2·a＋c2＞abc.由公式a＋b2≥ab＞0，b＋c2≥bc＞0，a＋c2≥ac＞0.又∵a，b，c是不全相等的正数，∴a＋b2·b＋c2·a＋c2＞a2b2

c2＝abc.即a＋b2·b＋c2·a＋c2＞abc成立．-7-∴logxa＋b2＋logxb＋c2＋logxa＋c2＜logxa＋logxb＋logxc成立.易错易误辨析因逻辑混乱而出错典例设向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cos

β)，若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.【错解】∵a∥b，且a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，∴(4cosα)·(4cosβ)＝sinαsinβ，即sinαsinβ＝1

6cosαcosβ，∴sinαcosα·sinβcosβ＝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】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sinαcosα·sinβcosβ＝16，即要证tanαtanβ＝16，而tanαtanβ＝16已知

，所以结论正确．综合法：∵tanαtanβ＝16，∴sinαcosα·sinβcosβ＝16，即sinαsinβ＝16cosαcosβ，∴(4cosα)·(4cosβ)＝sinαsinβ，即a＝(4cosα，sinα)与b＝(s

inβ，4cosβ)共线，∴a∥b.课堂小结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．-8-3．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．当堂双基达标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】B2．欲证2－3＜6－7，只需要证()A．(2－3)2＜(6－7)2B．(2－6)2＜(3－7)2C．(2＋7)2＜(3＋6)2D．(2－3－6)2＜(－7)2【解析】∵2－3

＜0，6－7＜0，∴要证2－3＜6－7，只需证2＋7＜3＋6，即证(2＋7)2＜(3＋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a2－b2a2＋b2>a－ba＋b.-9-【证明】要证明a2－b2a2＋b2＞a－ba＋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，a2－b2a2＋b2＞a－ba＋b成立.课后知能检测一、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a＋a＋7＜a＋3＋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a＋a＋7＜a＋3＋a＋4，只需证2a＋7＋2aa＋7＜2a＋7＋2a＋3a＋4，只需证aa＋7＜a＋3a＋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】C-10-3．已知f(x)＝a2x＋1－22x＋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)＝2x－12x＋1，f(－x)＝1－2x2x＋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x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)”的是()A．f(x)＝1xB．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|＋1|x|)(x≠0)，而|x|＋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＝12a＋12b，B＝2a＋b(a>0，b>0)，则A、B的大小关系为_____

___．【解析】A－B＝a＋b2ab－2a＋b＝a＋b2－4ab2aba＋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＝12，∴y＝1.-11-【答案】(12，1)8．补足下面用分析法证明基本不

等式a2＋b22≥ab的步骤：要证明a2＋b22≥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a2＋b22≥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，-12-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：ab＋ba≥a＋b.【证明】法一(综合法)：因为a>0，b>0，所以ab＋ba－a－b＝(ab－b)＋(ba－a)＝a－bb＋

b－aa＝(a－b)(1b－1a)＝a＋ba－b2ba所以ab＋ba≥a＋b.法二(分析法)：要证ab＋ba≥a＋b，只需证aa＋bb≥ab＋ba，即证(a－b)(a－b)≥0，-13-因为a>0，b>0，a－b与a－b

同号，所以(a－b)(a－b)≥0成立，所以ab＋ba≥a＋b成立.教师备课资源(教师用书独具)备选例题已知函数f(x)＝lg(1x－1)，x∈(0，12)，若x1，x2∈(0，12)，且x1≠x2.求证：12[f(x1)＋f(

x2)]＞f(x1＋x22)．【思路探究】用分析法，逆推所证不等式成立的充分条件．【自主解答】要证12[f(x1)＋f(x2)]＞f(x1＋x22)，只需证lg(1x1－1)＋lg(1x2－1)＞2lg(2x1＋x2－1)，只需证(1x1－1)(1x2－1)＞(2x1＋x2－1)

2.∵(1x1－1)(1x2－1)－(2x1＋x2－1)2＝x1－x221－x1－x2x1x2x1＋x22.由于x1，x2∈(0，12)，且x1≠x2，∴x1－x221－x1－x2x1x2x1＋x22＞0，即(1x1－1)(1x2－1)＞(2x1＋x2－1)2，-14-∴12[f(x1)＋f(

x2)]＞f(x1＋x22)．规律方法本题依托对数函数，考查分析法的应用，对对数函数的性质要会灵活运用．备选变式已知非零向量a，b且a⊥b，求证：|a|＋|b||a－b|≤2.【证明】要证|a|＋|b||a－b|≤2，只要证|a

|＋|b|≤2|a－b|，即证|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2|a2－2a·b＋b2|.①∵a⊥b，∴a·b＝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．