高中数学选修2-2教案第一章 习题课1

高中数学选修2-2教案第一章 习题课1

习题课　综合法和分析法 明目标、知重点 加深对综合法、分析法的理解，应用两种方法证明数学问题．‎ ‎1．对综合法的理解 综合法是中学数学证明中最常用的方法，它是从已知到未知，从题设到结论的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断出发，经过一系列的中间推理，最后导出所要求证的命题．综合法是一种由因导果的证明方法．‎ 综合法的证明步骤用符号表示是：P0(已知)⇒P1⇒P2⇒…⇒Pn(结论)‎ ‎2．对分析法的认识 分析法是指从需证的问题出发，分析出使这个问题成立的充分条件，使问题转化为判定那些条件是否具备，其特点可以描述为“执果索因”，即从未知看需知，逐步靠拢已知．分析法的书写形式一般为“因为……，为了证明……，只需证明……，即……，因此，只需证明……，因为……成立，所以……，结论成立”．‎ 分析法的证明步骤用符号表示是：P0(已知)⇐…⇐Pn－2⇐Pn－1⇐Pn(结论)‎ 分析法属逻辑方法范畴，它的严谨性体现在分析过程步步可逆．‎ 题型一　选择恰当的方法证明不等式 例1　设a，b，c为任意三角形三边长，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，试证：3S≤I2<4S.‎ 证明　I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca ‎＝a2＋b2＋c2＋2S.‎ 欲证3S≤I2<4S，‎ 即证ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.‎ 先证明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，‎ 只需证2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，‎ 即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，显然成立；‎ 再证明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，‎ 只需证a2－ab－ca＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，‎ 即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，‎ 只需证a0，‎ ＋≥2>0，‎ ‎∴(a＋b)(＋)≥4.‎ 又a＋b＝1，∴＋≥4.‎ 方法三　＋＝＋＝1＋＋＋1≥2＋2＝4.当且仅当a＝b时，取“＝”．‎ 题型二　选择恰当的方法证明等式 例2　已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，对应的三边为a，b，c，求证：＋＝.‎ 证明　要证原式，只需证＋＝3，‎ 即证＋＝1，即只需证＝1，‎ 而由题意知A＋C＝2B，‎ ‎∴B＝，∴b2＝a2＋c2－ac，‎ ‎∴＝ ‎＝＝1，‎ ‎∴原等式成立，即＋＝.‎ 反思与感悟　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．在实际证明命题时，常把分析法与综合法结合起来使用，称为分析综合法，其结构特点是：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P；若由P可推出Q，即可得证．‎ 跟踪训练2　设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，试证：＋＝2.‎ 证明　由已知条件得 b2＝ac，①‎ ‎2x＝a＋b,2y＝b＋c.②‎ 要证＋＝2，‎ 只需证ay＋cx＝2xy，‎ 只需证2ay＋2cx＝4xy.‎ 由①②得2ay＋2cx＝a(b＋c)＋c(a＋b)＝ab＋2ac＋bc，‎ ‎4xy＝(a＋b)(b＋c)＝ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋2ac＋bc，‎ 所以2ay＋2cx＝4xy.命题得证．‎ 题型三　立体几何中位置关系的证明 例3　如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．‎ ‎(1)证明：CD⊥AE；‎ ‎(2)证明：PD⊥平面ABE.‎ 证明　(1)在四棱锥P－ABCD中，‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，‎ ‎∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，‎ ‎∴CD⊥平面PAC，而AE平面PAC，‎ ‎∴CD⊥AE.‎ ‎(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，‎ 可得AC＝PA，∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.‎ 由(1)知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，‎ ‎∴AE⊥平面PCD.而PD平面PCD，‎ ‎∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AB，又AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，‎ ‎∴AB⊥PD，又AB∩AE＝A，综上得PD⊥平面ABE.‎ 反思与感悟　综合法证明线面之间的垂直关系是高考考查的重点，利用垂直的判定定理和性质定理可以进行线线、线面以及面面之间垂直关系的转化．另外，利用一些 常见的结论还常常可以将线面间的垂直与平行进行转化．比如：两条平行线中一条垂直于平面α，则另外一条也垂直于平面α；垂直于同一条直线的两个平面相互平行等．‎ 跟踪训练3　如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.‎ ‎(1)求证：AF∥平面BDE；‎ ‎(2)求证：CF⊥平面BDE.‎ 证明　(1)如图，设AC与BD交于点G.‎ 因为EF∥AG，且EF＝1，‎ AG＝AC＝1，‎ 所以四边形AGEF为平行四边形．‎ 所以AF∥EG.‎ 因为EG平面BDE，AF⃘平面BDE，‎ 所以AF∥平面BDE.‎ ‎(2)连接FG.因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1，‎ 所以四边形CEFG为菱形．‎ 所以CF⊥EG.‎ 因为四边形ABCD为正方形，‎ 所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，‎ 所以BD⊥平面ACEF.‎ 所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，‎ 所以CF⊥平面BDE.‎ ‎[呈重点、现规律]‎ ‎1．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知．‎ ‎2．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．‎ ‎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．‎ 一、基础过关 ‎1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则(　　)‎ A．a≤ B．ab≥ C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3‎ 答案　C 解析　∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.‎ ‎∵a2＋b2＝4－2ab，∴a2＋b2≥2.‎ ‎2．已知a、b、c、d∈{正实数}，且<，则(　　)‎ A.<< B.<< C.<< D．以上均可能 答案　A 解析　方法一　特值检验，∵<，‎ 可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，‎ 则＝，满足<<.∴B、C、D不正确．‎ 方法二　要证<，∵a、b、c、d∈{正实数}，‎ ‎∴只需证a(b＋d)2，∴2ab<，‎ 由a2＋b2>＝，‎ 又∵0b>c 解析　a＝，b＝，c＝.∴a>b>c.‎ ‎6．如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过A作SB的垂线，垂足为E，过E作SC的垂线，垂足为F.‎ 求证：AF⊥SC.‎ 证明：要证AF⊥SC，只需证SC⊥平面AEF，只需证AE⊥SC(因为______)，只需证______，只需证AE⊥BC(因为________)，只需证BC⊥平面SAB，只需证BC⊥SA(因为______)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立．‎ 答案　EF⊥SC　AE⊥平面SBC　AE⊥SB　AB⊥BC 解析　要证线线垂直，可先证线面垂直，要证线面垂直，还需线线垂直，通过证明BC⊥平面SAB，可得AE⊥BC，进而AE⊥平面SBC，SC⊥平面AEF，问题得证．‎ ‎7．如果a，b都是正数，且a≠b，求证：＋>＋.‎ 证明　方法一　用综合法 ＋－－＝ ‎＝＝>0，‎ ‎∴＋>＋.‎ 方法二　用分析法 要证＋>＋，‎ 只要证＋＋2>a＋b＋2，‎ 即要证a3＋b3>a2b＋ab2，‎ 只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，‎ 即需证a2－ab＋b2>ab，‎ 只需证(a－b)2>0，‎ 因为a≠b，所以(a－b)2>0恒成立，‎ 所以＋>＋成立．‎ 二、能力提升 ‎8．命题甲：()x、2－x、2x－4成等比数列；命题乙：lg x、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差数列，则甲是乙的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　C 解析　由()x、2－x、2x－4成等比数列可得：(2－x)2＝()x·2x－4，解得x＝4；由lg x、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差数列得：2lg(x＋2)＝lg x＋lg(2x＋1)，可解得x＝4(x＝－1舍去)，所以甲是乙的充要条件. ‎ ‎9．若a>b>1，P＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg()，则(　　)‎ A．Rb>1⇒lg a>0，lg b>0，‎ Q＝(lg a＋lg b)>＝P，‎ R>lg＝(lg a＋lg b)＝Q⇒R>Q>P.‎ ‎10．已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α＋β|>5；③|α|>2，|β|>2.以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，你认为正确的命题是________．‎ 答案　①③⇒②‎ 解析　∵αβ>0，|α|>2，|β|>2.‎ ‎∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25.‎ ‎∴|α＋β|>5.‎ ‎11．已知a>0，求证： －≥a＋－2.‎ 证明　要证 －≥a＋－2，‎ 只要证 ＋2≥a＋＋.‎ 因为a>0，故只要证 2≥2，‎ 即a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2，‎ 从而只要证2≥，‎ 只要证4≥2，‎ 即a2＋≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．‎ ‎12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：(－1)(－1)·(－1)≥8.‎ 证明　方法一　(分析法)‎ 要证(－1)(－1)(－1)≥8成立，‎ 只需证··≥8成立．‎ 因为a＋b＋c＝1，‎ 所以只需证··≥8成立，‎ 即证··≥8成立．‎ 而··≥··＝8成立．‎ 所以(－1)(－1)(－1)≥8成立．‎ 方法二　(综合法)‎ ‎(－1)(－1)(－1)‎ ‎＝(－1)(－1)(－1)‎ ‎＝··＝ ‎≥＝8，‎ 当且仅当a＝b＝c时取等号，‎ 所以原不等式成立．‎ 三、探究与拓展 ‎13．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N＋.‎ ‎(1)求a2的值；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.‎ ‎(1)解　2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，‎ 所以a2＝4.‎ ‎(2)解　当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，‎ ‎2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，‎ 两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，‎ 整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，‎ 即－＝1，又－＝1，‎ 故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，‎ 所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N＋.‎ ‎(3)证明　＋＋＋…＋＝1＋＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋ ‎＝1＋＋＋＋…＋ ‎＝＋－＝－<，‎ 所以对一切正整数n，有＋＋…＋<.‎