二 综合法与分析法名师教学设计2

二、综合法与分析法

一、教材分析 1教材背景

生活中存在这样那样的推理，证明的过程离不开推理；而合情推理所得的结论是需要证明的，数学结论的正确性也必须通过逻辑推理的方式加以证明。本节的证明方法，蕴含着解决数学问题常用的思维方式，也是培养训练学生分析问题，解决问题能力的重要内容。

2地位与作用

《综合法与分析法》是直接证明的两类基本方法。是在学习了合情推理与演绎推理的基础上，学习证明数学结论的两种常见方法，它不是孤立存在的，这种证明的方法渗透到函数，三角函数，数列，立几，解析几何等等。可见，直接证明的方法在中学数学里占有重要地位的。

现在的高考中不会单独命制直接证明的试题，而是把它与函数、数列、解析几何等问题相结合命制成综合性考题，重在考察学生的逻辑思维能力，这类问题立意新颖，抽象程度高，更能体现高观点、低起点，深入浅出的高考命题特点。

二、学情分析 1．有利因素 学生在数学的学习中已经初步形成了一定的证明思想，例如初中阶段的几何证明；高一学习了一元二次不等式，初步证明了一些不等式的问题；在本节课前，学习了合情推理与演绎推理，都为本节课的学习打下了基础。

2．不利因素 学生对已学知识的应用意识不强；三角代换，代数式的变形没有目的性，随意性较大。特别是与其他章节知识的交汇存在很大障碍。

三、目标分析

根据《高中数学教学大纲》的要求和教学内容的结构特征，依据学生学习的心理规律和素质教育的要求，结合学生的实际水平，我制定本节课的教学目标如下：

1知识目标 了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分和综合法的思考过程、特点．能运用综合法，分析法证题。 2能力目标 通过分析法与综合法的学习，提升分析解决问题的能力。 3德育目标 通过分析法与综合法的学习，体会数学思维的严密性。 四、

重点：了解综合法与分析法的思考过程、特点。

难点：分析法

的思考过程、特点

五、学习方法：探析归纳，讲练结合

六、学习过程

(一)、引入新课：

（二）探究新知：

1．综合法

(1)定义：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法．

(2)特点：由因导果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．

(3)证明的框图表示：

用P表示已知条件或已有的不等式，用Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为

P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→……→Qn⇒Q

2．分析法

(1)定义：证明命题时，常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法，这是一种“执果索因”的思考和证明方法．

(2)特点：执果索因，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”．

(3)证明过程的框图表示：

用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为Q⇐P1→P1⇐P2→P1⇐P3→……→得到一个明显成立的条件

知识点一

用综合法证明不等式

[例1] 已知a，b，c∈R＋，且互不相等，又abc＝1. 111求证：a＋b＋c<＋＋. abc[思路点拨] 本题考查用综合法证明不等式，解答本题可从左到右证明，也可从右到左证明．由左端到右端，应注意左、右两端的差异，这种差异正是我们思考的方向．左端含有1bc<实现；也可以由右到左证明，按上述思路逆向证明bc211＋根号，脱去根号可通过a＝即可．

[证明] 法一：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，

11111111＋＋＋1bcacab111<＋＋＝＋＋. ab222abc∴a＋b＋c＝bc＋ac＋法二：∵a，b，c是不等正数，且abc＝1，

111bc＋caca＋abab＋bc222∴＋＋＝bc＋ca＋ab＝＋＋>abc＋abc＋abc

abc222＝a＋b＋c. 方法归纳：综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．

练习：1．已知a，b，c都是实数，求证：

a2＋b2＋c2≥(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ca. 证明：∵a，b，c∈R，∴a＋b≥2ab，b＋c≥2bc.c＋a≥2ca，

将以上三个不等式相加得：

2(a＋b＋c)≥2(ab＋bc＋ca)，①即a＋b＋c≥ab＋bc＋ca.②

在不等式①的两边同时加上“a＋b＋c”得：

1222222223(a＋b＋c)≥(a＋b＋c)，即a＋b＋c≥(a＋b＋c).③

3在不等式②的两端同时加上2(ab＋bc＋ca)得：

122(a＋b＋c)≥3(ab＋bc＋ca)，即(a＋b＋c)≥ab＋bc＋ca.④

312222由③④得a＋b＋c≥(a＋b＋c)≥ab＋bc＋ca. 3知识点二

[例2] a，b∈R＋，且2c>a＋b. 求证：c－c－ab

[证明] 要证c－c－ab

只需证－c－ab

即证|a－c|

两边平方得a－2ac＋c

也即证a＋ab<2ac，即a(a＋b)<2ac. ∵a，b∈R＋，且a＋b<2c，

∴a(a＋b)<2ac显然成立．

∴原不等式成立．

方法归纳：(1)当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．

(2)分析法证明的关键是推理的每一步都必须可逆．

练习：2．求证：3＋7<25. 证明：∵3＋7>0,25>0，∴要证

3＋7<25. 只需证(3＋7)<(25).展开得10＋221<20. 即证221<10，即证21<25(显然成立)．∴3＋7<25. 2213313．已知x>0，y>0，求证(x＋y)>(x＋y). 23222222222222222222222222222213用分析法证明不等式

221331223332证明：要证明(x＋y)>(x＋y)，只需证(x＋y)>(x＋y). 23即证x＋3xy＋3xy＋y>x＋2xy＋y.即证3xy＋3xy>2xy. ∵x>0，y>0，∴xy>0.即证3x＋3y>2xy.∵3x＋3y>x＋y≥2xy. 22221331∴3x＋3y>2xy成立．∴(x＋y)>(x＋y). 23222222226422466336422433知识点三

综合法与分析法的综合应用

[例3] 设a>0，b>0，且a＋b＝1，求证：a＋1＋b＋1≤6. [思路点拨] 所证不等式含有开方运算且两边都为正数，可考虑两边平方，用分析法转化为一个不含开方运算的不等式，再用综合法证明．

[证明] 要证a＋1＋b＋1≤6，

只需证(a＋1＋b＋c)≤6，

即证(a＋b)＋2＋2eq \r(ab＋a＋b＋1)≤6. 由a＋b＝1得只需证eq \r(ab＋2)≤eq \f(3,2)，即证ab≤eq \f(1,4). 12由a0，a＋b＝1，得ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))＝，41即ab≤成立．

4∴原不等式成立．

方法归纳：

(1)通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式易于证明．

(2)有些不等式的证明，需要一边分析一边综合，称之为分析综合法，或称“两头挤”法，这种方法充分表明了分析法与综合法之间互为前提，互相渗透，相互转化的辩证统一关系．

练习：4．已知a，b，c都是正数，

求证：2(Üf(a＋b,2)－ab)≤32a＋b＋c3－abc. 3证明：要证2a＋b－ab≤3a＋b＋c3，

23－abc33只需证a＋b－2ab≤a＋b＋c－3abc，即－2ab≤c－3abc. 33移项，得c＋2ab≥3abc.由a，b，c为正数，得c＋2ab＝c＋ab＋ab≥3abc成立．∴原不等式成立．

（三）课堂小结：综合法与分析法各有其特点.从需求解题思路来看

，分析法执果索因，常

常根底渐近，有希望成功；综合法由因导果，往往枝节横生，不容易奏效，就表达过程而论，分析法叙述烦琐，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰.也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表述.因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表述解题过程. 1．综合法：(1)定义： (2)特点：(3)证明的框图表示：

2．分析法：(1)定义： (2)特点：(3)证明的框图表示：

3. 综合法与分析法的应用

（四）、应用练习：

1．设a＝2，b＝7－3，c＝6－2，那么a，b，c的大小关系是(

) A．a>b>c

C．b>a>c B．a>c>b

D．ba

444解析：选B 由已知，可得出a＝，b＝，c＝，

227＋36＋2∵7＋3>6＋2>22. ∴b

) abb2a2A.＋≥2 B.＋≥a＋b

baabC.2＋2≤baaba＋b112 D.2＋2≥

ababab2解析：选C A项满足基本不等式；B项可等价变形为(a－b)(a＋b)≥0，正确；C项中不等式可化为a＋b≤ab＋ab，即(a＋b)(a－b)≤0，所以C项不正确；D项是A项中不等式的两端同除以ab得到的，D正确．

3．已知m＞1，a＝m＋1－m，b＝m－m－1，则以下结论正确的是(

) A．a＞b C．a＝b 解析：选B ∵a＝m＋1－m＝B．a＜b

D．a，b大小不定

133222m＋1＋m，

b＝m－m－1＝1m＋m－1 . 而m＋1＋m＞m＋m－1＞0(m＞1)，

∴1m＋1＋m＜，即a

) A．S≥2P

C．S>P B．P

D．P≤S<2P

解析：选D ∵a＋b≥2ab，b＋c≥2bc，c＋a≥2ca，

∴a＋b＋c≥ab＋bc＋ca，

即S≥P. 又三角形中|a－b|

∴a＋b－2ab

同理b－2bc＋c

∴a＋b＋c<2(ab＋bc＋ca)，即S<2P. 2222222222222222222221115．设a，b，c都是正实数，且a＋b＋c＝1，若M＝－1·－1·－1，则M的abc取值范围是________．

解析：∵a＋b＋c＝1，

111∴M＝－1·－1·－1

abc＝a＋b＋c－1·a＋b＋c－1·a＋b＋c－1

bcaaabbccbc·2a2ac·2b2bcacab＝＋·＋·＋

≥2ab＝8. c2即M的取值范围是[8，＋∞)．

答案：[8，＋∞) 1116．已知a>0，b>0，若P是a，b的等差中项，Q是a，b的正的等比中项，是，的等Rab差中项，则P，Q，R按从大到小的排列顺序为________．

解析：∵P＝∴R＝a＋b2211，Q＝ab，＝＋，

Rab2aba＋b≤Q＝ab≤P＝，

a＋b2当且仅当a＝b时取等号．

答案：P≥Q≥R

7．设a>b>c，且11m＋≥恒成立，则m的取值范围是________．

a－bb－ca－c解析：∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0. 1＋1＝[(a－b)＋(b－c)]·1＋1≥又(a－c)·a－bb－ca－bb－c2(a－b)(b－c)·211·＝4，当且仅当a－b＝b－c时取等号．

a－bb－c

∴m∈(－∞，4]．

答案：(－∞，4] a2b2＋b2c2＋c2a28．已知a，b，c都是正数，求证：≥abc. a＋b＋c证明：因为b＋c≥2bc，a>0，

所以a(b＋c)≥2abc.①

同理，b(a＋c)≥2abc.②

22222222222c2(a2＋b2)≥2abc2.③

①②③相加得2(ab＋bc＋ca)≥2abc＋2abc＋2abc，从而ab＋bc＋ca≥abc(a＋b＋c)．

由a，b，c都是正数，得a＋b＋c>0，

222222222222222a2b2＋b2c2＋c2a2因此≥abc，当且仅当a＝b＝c时取等号．

a＋b＋c9．设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：

(1)a＋b＋c≥

3；

(2) a＋

bcb＋

acc≥

3(a＋b＋c)．

ab证明：(1)要证a＋b＋c≥

3，

由于a，b，c＞0，

因此只需证明(a＋b＋c)≥3. 即证a＋b＋c＋2(ab＋bc＋ca)≥3，

而ab＋bc＋ca＝1，

故只需证明：a＋b＋c＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)．

即证a＋b＋c≥ab＋bc＋ca. 而这可以由ab＋bc＋ca≤成立)证得．

所以原不等式成立．

(2) 2222222222a2＋b2b2＋c2c2＋a22＋2＋2＝a＋b＋c(当且仅当a＝b＝c时等号222a＋

bcb＋

acca＋b＋c＝. ababc在(1)中已证a＋b＋c≥

3. 因此要证原不等式成立，

只需证明1abc≥

a＋b＋c，

即证abc＋bac＋cab≤1，

即证abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca. 而abc＝ab·ac≤ab＋ac22，

ab＋bcbc＋acbac≤，cab≤. 2所以abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca

(当且仅当a＝b＝c＝所以原不等式成立．

12xy10．设实数x，y满足y＋x＝0,00，a>0，

所以a＋a≥2 a23时等号成立)．

3xyxyx＋y＝2 ax－x. 2因为x－x＝x(1－x)≤又因为0

x＋(1－x)2＝1，

42112所以ax－x≥a，当x＝时，等式成立．

421x122但当x＝，a≠a－x，∴ax－x>a. 281xy所以a＋a＞2a，又∵0

81xy所以loga(a＋a)