高中数学北师大版2第三章推理与证明综合法与分析法 第3章3综合法

§3综合法与分析法3．1综合法1．了解综合法的思考过程、特点．(重点)2．会用综合法证明数学问题．(难点)[基础·初探]教材整理综合法阅读教材P60～P61“练习”以上部分，完成下列问题．1．综合法的定义从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，这种思维方法称为综合法．2．综合法证明的思维过程用P表示已知条件、已知的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论，则综合法的思维过程可用框图3­3­1表示为：eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)图3­3­1判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)综合法是由因导果的顺推证法．()(2)综合法证明的依据是三段论．()(3)综合法的推理过程实际上是寻找它的必要条件．()【解析】(1)正确．由综合法的定义可知该说法正确．(2)正确．综合法的逻辑依据是三段论．(3)正确．综合法从“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件．【答案】(1)√(2)√(3)√[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：________________________________________________________解惑：__________________________________________________________疑问2：________________________________________________________解惑：__________________________________________________________疑问3：________________________________________________________解惑：__________________________________________________________[小组合作型]用综合法证明三角问题在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC(1)求证：A的大小为60°；(2)若sinB＋sinC＝eq\r(3).证明：△ABC为等边三角形．【精彩点拨】(1)利用正弦定理将角与边互化，然后利用余弦定理求A.(2)结合(1)中A的大小利用三角恒等变形证明A＝B＝C＝60°.【自主解答】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)·sinC得2a2＝(2b－c)·b＋(2c－b)即bc＝b2＋c2－a2，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，所以A＝60°.(2)由A＋B＋C＝180°，得B＋C＝120°，由sinB＋sinC＝eq\r(3)，得sinB＋sin(120°－B)＝eq\r(3)，sinB＋(sin120°cosB－cos120°sinB)＝eq\r(3)，eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)，即sin(B＋30°)＝1.因为0°<B<120°，所以30°<B＋30°<150°，所以B＋30°＝90°，即B＝60°，所以A＝B＝C＝60°，即△ABC为等边三角形．证明三角等式的主要依据：(1)三角函数的定义、诱导公式及同角基本关系式．(2)和、差、倍角的三角函数公式．(3)三角形中的三角函数及三角形内角和定理．(4)正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式．[再练一题]1．求证：3－2cos2α＝eq\f(3tan2α＋1,tan2α＋1).【证明】原式右边＝eq\f(3tan2α＋1,tan2α＋1)＝1＋eq\f(\f(2sin2α,cos2α),\f(sin2α,cos2α)＋1)＝1＋2sin2α＝1＋2(1－cos2α)＝3－2cos2α＝左边．所以原式成立．用综合法证明几何问题如图3­3­2，在四面体B­ACD中，CB＝CD，AD⊥BD，E，F分别是AB，BD的中点．求证：【导学号：67720237】(1)直线EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.图3­3­2【精彩点拨】(1)依据线面平行的判定定理，欲证明直线EF∥平面ACD，只需在平面ACD内找出一条直线和直线EF平行即可；(2)根据面面垂直的判定定理，欲证明平面EFC⊥平面BCD，只需在其中一个平面内找出一条另一个面的垂线即可．【自主解答】(1)因为E，F分别是AB，BD的中点，所以EF是△ABD的中位线，所以EF∥AD，又EF⃘平面ACD，AD平面ACD，所以直线EF∥平面ACD.(2)因为AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.因为CB＝CD，F是BD的中点，所以CF⊥BD.又EF∩CF＝F，所以BD⊥平面EFC.因为BD平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.本题是综合运用已知条件和相关的空间位置关系的判定定理来证明的，故证明空间位置关系问题，也是综合法的一个典型应用．在证明过程中，语言转化是主旋律，转化途径为把符号语言转化为图形语言或文字语言转化为符号语言．这也是证明空间位置关系问题的一般模式．[再练一题]2．如图3­3­3，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝a，AB＝2a，E，F分别为C1D1，A1D图3­3­3(1)求证：DE⊥平面BCE；(2)求证：AF∥平面BDE.【证明】(1)∵BC⊥侧面CDD1C1，DE侧面CDD1C1，∴DE⊥在△CDE中，CD＝2a，CE＝DE＝eq\r(2)a，则有CD2＝DE2＋CE2，∴∠DEC＝90°，∴DE⊥EC，又∵BC∩EC＝C，∴DE⊥平面BCE.(2)连接EF，A1C1，设AC交BD于O，连接EO∵EFeq\f(1,2)A1C1，AOeq\f(1,2)A1C1，∴EFAO，∴四边形AOEF是平行四边形，∴AF∥OE.又∵OE平面BDE，AF⃘平面BDE，∴AF∥平面BDE.[探究共研型]用综合法证明不等式问题探究综合法证明不等式的主要依据有哪些？【提示】(1)a2≥0(a∈R)．(2)a2＋b2≥2ab，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2≥ab，a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2).(3)a，b∈(0，＋∞)，则eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，特别地，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2.(4)a－b≥0⇔a≥b；a－b≤0⇔a≤b.(5)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.已知x>0，y>0，x＋y＝1，求证：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))≥9.【精彩点拨】解答本题可由已知条件出发，结合基本不等式利用综合法证明．【自主解答】法一：因为x>0，y>0,1＝x＋y≥2eq\r(xy)，所以xy≤eq\f(1,4).所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))＝1＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(x＋y,xy)＋eq\f(1,xy)＝1＋eq\f(2,xy)≥1＋8＝9.法二：因为1＝x＋y，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x＋y,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(x＋y,y)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(y,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x,y)))＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(y,x))).又因为x>0，y>0，所以eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2，当且仅当x＝y时，取“＝”．所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,y)))≥5＋2×2＝9.综合法的证明步骤：(1)分析条件，选择方向：确定已知条件和结论间的联系，合理选择相关定义、定理等．(2)转化条件，组织过程：将条件合理转化，写出严密的证明过程．特别地，根据题目特点选取合适的证法可以简化解题过程．[再练一题]3．将上例条件不变，求证：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥4.【证明】法一：因为x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝1，所以x＋y≥2eq\r(xy)，当且仅当x＝y时，取“＝”，所以eq\r(xy)≤eq\f(1,2)，即xy≤eq\f(1,4)，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)＝eq\f(1,xy)≥4.法二：因为x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≥2eq\r(xy)>0，当且仅当x＝y时，取“＝”，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥2eq\r(\f(1,xy))>0，当且仅当eq\f(1,x)＝eq\f(1,y)时，取“＝”，所以(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))≥4.又x＋y＝1，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥4.法三：因为x，y∈(0，＋∞)，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,x)＋eq\f(x＋y,y)＝1＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y)＋1≥2＋2eq\r(\f(x,y)·\f(y,x))＝4，当且仅当x＝y时，取“＝”．[构建·体系]1．已知等差数列{an}中，a5＋a11＝16，a4＝1，则a12的值是()A．15 B．30C．31 D．64【解析】∵{an}为等差数列，∴a5＋a11＝a4＋a12.又∵a5＋a11＝16，a4＝1，∴a12＝15.【答案】A2．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，mβ，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.其中正确的命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】若l⊥α，α∥β，则l⊥β，又mβ，所以l⊥m，①正确；若l⊥α，mβ，l⊥m，α与β可能相交，②不正确；若l⊥α，mβ，α⊥β，l与m可能平行，③不正确；若l⊥α，l∥m，则m⊥α，又mβ，所以α⊥β，④正确．【答案】B3．若a，b，c是常数，则“a>0且b2－4ac<0”是“ax2＋bx＋c>0对任意x∈R恒成立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【解析】因为a>0且b2－4ac<0⇒ax2＋bx＋c>0对任意x∈R恒成立．反之，ax2＋bx＋c>0对任意x∈R恒成立不能推出a>0且b2－4ac<0，反例为：当a＝b＝0且c>0时也有ax2＋bx＋c>0对任意x∈所以“a>0且b2－4ac<0”是“ax2＋bx＋c>0对任意实数x∈R恒成立【答案】A4．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，则p与q的大小关系是________．【解析】p＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2eq\r(a－2·\f(1,a－2))＋2＝4，－a2＋4a－2＝2－(a－2)2<2，∴q<22＝4≤p【答案】p>q5．数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1,2,3，…)．求证：(1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等比数列；(2)Sn＋1＝4an.【证明】(1)∵an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，而an＋1＝Sn＋1－Sn，∴eq\f(n＋2,n)Sn＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1＝eq\f(2n＋1,n)Sn，∴eq\f(\f(Sn＋1,n＋1),\f(Sn,n))＝2，又∵a1＝1，∴S1＝1，∴eq\f(S1,1)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为1，公比为2的等比数列．(2)由(1)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公比为2，而an＝eq\f(n＋1,n－1)Sn－1(n≥2)，∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4eq\f(Sn－1,n－1)＝eq\f(4,n－1)·eq\f(ann－1,n