高中数学新人教版选修2-2课时作业:第二章 推理与证明习题课 综合法和分析法

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高中数学新人教版选修2-2课时作业:第二章 推理与证明习题课 综合法和分析法

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.综合法 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.分析法 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-ac+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, 1 a +1 b ≥2 1 ab >0, ∴(a+b)(1 a +1 b )≥4. 又 a+b=1,∴1 a +1 b ≥4. 方法三 1 a +1 b =a+b a +a+b b =1+b a +a b +1≥2+2 b a ·a b =4.当且仅当 a=b 时,取“=”号. 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: 1 a+b + 1 b+c = 3 a+b+c . 证明 要证原式,只需证a+b+c a+b +a+b+c b+c =3, 即证 c a+b + a b+c =1,即只需证bc+c2+a2+ab ab+b2+ac+bc =1, 而由题意知 A+C=2B, ∴B=π 3 ,∴b2=a2+c2-ac, ∴bc+c2+a2+ab ab+b2+ac+bc = bc+c2+a2+ab ab+a2+c2-ac+ac+bc =bc+c2+a2+ab ab+a2+c2+bc =1, ∴原等式成立,即 1 a+b + 1 b+c = 3 a+b+c . 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:a x +c y =2. 证明 由已知条件得 b2=ac,① 2x=a+b,2y=b+c.② 要证a x +c y =2, 只要证 ay+cx=2xy, 只要证 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, 所以 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= 2,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=1 2 AC=1, 所以四边形 AGEF 为平行四边形. 所以 AF∥EG. 因为 EG⊂平面 BDE, AF⊄ 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. 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≤1 2 B.ab≥1 2 C.a2+b2≥2 D.a2+b2≤3 答案 C 解析 ∵a+b=2≥2 ab,∴ab≤1. ∵a2+b2=4-2ab,∴a2+b2≥2. 2.已知 a、b、c、d∈{正实数},且a b 2 ab,∴2ab<1 2 , 由 a2+b2>a+b2 2 =1 2 , 又∵0b>c 解析 a= 1 3+ 2 ,b= 1 6+ 5 ,c= 1 7+ 6 .∴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: a b + b a > a+ b. 证明 方法一 用综合法 a b + b a - a- b=a a+b b-a b-b a ab =a-b a- b ab = a- b2 a+ b ab >0, ∴ a b + b a > a+ b. 方法二 用分析法 要证 a b + b a > a+ b, 只要证a2 b +b2 a +2 ab>a+b+2 ab, 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 a b + b a > a+ b成立. 二、能力提升 8.命题甲:(1 4 )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(1 4 )x、2-x、2x-4 成等比数列可得:(2-x)2=(1 4 )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= lg a·lg b,Q=1 2 (lg a+lg b),R=lg(a+b 2 ),则( ) A.Rb>1⇒lg a>0,lg b>0,Q=1 2 (lg a+lg b)> lg a·lg b=P, R>lg ab=1 2 (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 2,|β|>2 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 2,|β|>2 2. ∴|α+β|2=α2+β2+2αβ>8+8+2×8=32>25. ∴|α+β|>5. 11.已知 a>0,求证: a2+1 a2- 2≥a+1 a -2. 证明 要证 a2+1 a2- 2≥a+1 a -2, 只要证 a2+1 a2+2≥a+1 a + 2. ∵a>0,故只要证 a2+1 a2+2 2≥ a+1 a + 2 2, 即 a2+1 a2+4 a2+1 a2+4≥a2+2+1 a2+2 2 a+1 a +2, 从而只要证 2 a2+1 a2≥ 2 a+1 a , 只要证 4 a2+1 a2 ≥2 a2+2+1 a2 , 即 a2+1 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 a -1)(1 b -1)·(1 c -1)≥8. 证明 方法一 (分析法) 要证(1 a -1)(1 b -1)(1 c -1)≥8 成立, 只需证1-a a ·1-b b ·1-c c ≥8 成立. 因为 a+b+c=1, 所以只需证a+b+c-a a ·a+b+c-b b ·a+b+c-c c ≥8 成立, 即证b+c a ·a+c b ·a+b c ≥8 成立. 而b+c a ·a+c b ·a+b c ≥2 bc a ·2 ac b ·2 ab c =8 成立. ∴(1 a -1)(1 b -1)(1 c -1)≥8 成立. 方法二 (综合法) (1 a -1)(1 b -1)(1 c -1) =(a+b+c a -1)(a+b+c b -1)(a+b+c c -1) =b+c a ·a+c b ·a+b c =b+ca+ca+b abc ≥2 bc·2 ac·2 ab abc =8, 当且仅当 a=b=c 时取等号,所以原不等式成立. 13.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,2Sn n =an+1-1 3 n2-n-2 3 ,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 a1 +1 a2 +…+1 an <7 4 . (1)解 2S1=a2-1 3 -1-2 3 ,又 S1=a1=1, 所以 a2=4. (2)解 当 n≥2 时,2Sn=nan+1-1 3 n3-n2-2 3 n, 2Sn-1=(n-1)an-1 3 (n-1)3-(n-1)2-2 3 (n-1), 两式相减得 2an=nan+1-(n-1)an-1 3 (3n2-3n+1)-(2n-1)-2 3 , 整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1), 即 an+1 n+1 -an n =1,又a2 2 -a1 1 =1, 故数列 an n 是首项为a1 1 =1,公差为 1 的等差数列, 所以an n =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 a1 +1 a2 +1 a3 +…+1 an =1+1 4 +1 32+1 42+…+1 n2<1+1 4 + 1 2×3 + 1 3×4 +…+ 1 nn-1 =1+1 4 + 1 2 -1 3 + 1 3 -1 4 +…+ 1 n-1 -1 n =5 4 +1 2 -1 n =7 4 -1 n <7 4 , 所以对一切正整数 n,有1 a1 +1 a2 +…+1 an <7 4 . 三、探究与拓展 14.已知 a,b,c,d∈R,求证: ac+bd≤ a2+b2c2+d2.(你能用几种方法证明?) 证明 方法一 (用分析法) ①当 ac+bd≤0 时,显然成立. ②当 ac+bd>0 时,欲证原不等式成立,只需证 (ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2). 即证 a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2. 即证 2abcd≤b2c2+a2d2 即证 0≤(bc-ad)2. 因为 a,b,c,d∈R,所以上式恒成立. 故原不等式成立,综合①②知,命题得证. 方法二 (用综合法) (a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 =(a2c2+2acbd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2) =(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2. ∴ a2+b2c2+d2≥|ac+bd|≥ac+bd. 方法三 (用比较法) ∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0, ∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2, ∴ a2+b2c2+d2≥|ac+bd|≥ac+bd. 方法四 (用放缩法) 为了避免讨论,由 ac+bd≤|ac+bd|,可以试证(ac+bd)2≤ (a2+b2)(c2+d2).由方法一知 上式成立,从而方法四可行. 方法五 (构造向量法) 设 m=(a,b),n=(c,d),∴m·n=ac+bd, |m|= a2+b2,|n|= c2+d2. ∵m·n≤|m|·|n|= a2+b2· c2+d2. 故 ac+bd≤ a2+b2c2+d2.
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