数学人教A版浙江版选修2-2学案第二章推理与证明习题课综合法和分析法

/11/11/学习目标加深对综合法、分析法的理解，灵活运用两种方法证明数学问题．知识点一综合法定义推证过程特点利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论顺推证法或由因导果法知识点二分析法定义推证过程特点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)为止，这种证明方法叫做分析法eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(得到一个明显成立的条件)逆推证法或执果索因法知识点三分析综合法分析法与综合法是两种思路相反的推理方法，分析法是倒溯，综合法是顺推．因此常将二者交互使用，互补优缺点，从而形成分析综合法，其证明模式可用框图表示如下：Pn?P′?Q′?Qmeq\x(P?P1)→eq\x(P1?P2)→…→←…←eq\x(Q2?Q1)←eq\x(Q1?Q)Pn?P′?Q′?Qm其中P表示已知条件、定义、定理、公理等，Q表示要证明的结论．类型一利用综合法与分析法解决函数问题例1设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，求证：f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．证明方法一要证f(x＋eq\f(1,2))为偶函数，只需证明其对称轴为x＝0，即证－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需证a＝－b.∵函数f(x＋1)的对称轴x＝eq\f(－b,2a)－1与函数f(x)的对称轴x＝eq\f(－b,2a)关于y轴对称，∴eq\f(－b,2a)－1＝－eq\f(－b,2a)，∴a＝－b.∴f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．方法二记F(x)＝f(x＋eq\f(1,2))，欲证F(x)为偶函数，只需证F(－x)＝F(x)，即证f(－x＋eq\f(1,2))＝f(x＋eq\f(1,2))．∵函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，而函数f(x)与f(－x)的图象也是关于y轴对称的，∴f(－x)＝f(x＋1)，∴f(－x＋eq\f(1,2))＝f[－(x－eq\f(1,2))]＝f(x＋eq\f(1,2))．∴f(x＋eq\f(1,2))为偶函数．反思与感悟有关函数的证明问题，往往与函数的性质结合起来，注意有时要构造函数，通过求导，确定单调性，进而得证．跟踪训练1设f(x)＝lnx＋eq\r(x)－1，证明：当x>1时，f(x)<eq\f(3,2)(x－1)．证明记g(x)＝lnx＋eq\r(x)－1－eq\f(3,2)(x－1)，则当x>1时，g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2\r(x))－eq\f(3,2)<0.又g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，即f(x)<eq\f(3,2)(x－1)．类型二利用综合法与分析法解决数列问题例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：eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝2.证明由已知条件得b2＝ac， ①2x＝a＋b,2y＝b＋c. ②要证eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝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.原式得证．跟踪训练2不相等的三个数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，则x2，b2，y2三数()A．成等比数列，而非等差数列B．成等差数列，而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列答案B解析由a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.①∵x是a，b的等比中项，∴x2＝ab.②又y是b，c的等比中项，∴y2＝bc.③由①②③得，2b2＝ab＋bc，即2b2＝x2＋y2，∴x2，b2，y2成等差数列，又∵a≠b≠c，∴x2，b2，y2不成等比数列．类型三综合法与分析法在三角形中的应用例3已知α，β≠kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β.求证：eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,2?1＋tan2β?).证明要证eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－tan2β,2?1＋tan2β?)成立，只需证eq\f(1－\f(sin2α,cos2α),1＋\f(sin2α,cos2α))＝eq\f(1－\f(sin2β,cos2β),2?1＋\f(sin2β,cos2β)?)，即证cos2α－sin2α＝eq\f(1,2)(cos2β－sin2β)，即证1－2sin2α＝eq\f(1,2)(1－2sin2β)，即证4sin2α－2sin2β＝1.因为sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β，所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝4sin2α，所以1＋2sin2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2β＝1.故原结论正确．跟踪训练3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：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明要证原式，只需证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即证eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需证eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1，而由题意知A＋C＝2B，且A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,3)，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac，∴eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2－ac＋ac＋bc)＝eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋a2＋c2＋bc)＝1，∴原等式成立，即eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).1．若a>b>0，则下列不等式中不正确的是()A．a2>ab B．ab>b2C.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D．a2>b2答案C解析若a>b>0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证明()A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(?a＋b?2,2)－1－a2b2≤0D．(a2－1)(b2－1)≥0答案D3．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成一个首项为eq\f(1,2)的等比数列，则|m－n|＝________.答案eq\f(3,4)解析方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0，可得x2－mx＋2＝0或x2－nx＋2＝0.设x2－mx＋2＝0的两根分别为x1，x2，则x1＋x2＝m，x1x2＝2.不妨令x1＝eq\f(1,2)，则x2＝4，m＝eq\f(9,4).设x2－nx＋2＝0的两根分别为x3，x4.则x3＋x4＝n，x3x4＝2.由题意知eq\f(1,2)，x3，x4,4成等比数列，∴x3＝1，x4＝2.∴n＝3.则|m－n|＝|eq\f(9,4)－3|＝eq\f(3,4).4．若a，b，c为不全相等的正数，求证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc.证明要证lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc，只需证lg(eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2))>lg(a·b·c)，即证eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc.因为a，b，c为不全相等的正数，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)>0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)>0，eq\f(c＋a,2)≥eq\r(ac)>0，且上述三式中等号不能同时成立．所以eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)>abc成立，所以lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)>lga＋lgb＋lgc成立．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，叙述较烦琐；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．课时作业一、选择题1．已知a≥0，b≥0，且a＋b＝2，则()A．a≤eq\f(1,2) B．ab≥eq\f(1,2)C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3答案C解析∵a＋b＝2≥2eq\r(ab)，∴ab≤1.∵a2＋b2＝4－2ab，∴a2＋b2≥2.2．在△ABC中，若sinAsinB<cosAcosB，则△ABC一定是()A．直角三角形 B．锐角三角形C．钝角三角形 D．等边三角形答案C解析∵cosAcosB>sinAsinB，∴cosAcosB－sinAsinB>0，∴cos(A＋B)>0，又A＋B＝180°－C，∴cos(180°－C)>0，∴－cosC>0，即cosC<0，∴C为钝角．3．平面内有四边形ABCD和点O，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))，则四边形ABCD为()A．菱形B．梯形C．矩形D．平行四边形答案D解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，∴eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))，∴四边形ABCD为平行四边形．4．已知函数f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，若f(a)＝b，则f(－a)等于()A．bB．－bC.eq\f(1,b)D．－eq\f(1,b)答案B解析∵f(a)＋f(－a)＝lgeq\f(1－a,1＋a)＋lgeq\f(1＋a,1－a)＝lg1＝0，f(a)＝b，∴f(－a)＝－b.5．已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，(a>2)，则()A．p>q B．p<qC．p≥q D．p≤q答案A解析∵a>2，∴a－2>0，∴p＝a＋eq\f(1,a－2)＝(a－2)＋eq\f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4，当且仅当a＝3时取“＝”．又－a2＋4a－2＝－(a－2)2＋2<2，∴<22＝4，∴p>q.6．若x>0，y>0，且eq\r(x)＋eq\r(y)≤aeq\r(x＋y)恒成立，则a的最小值是()A．2eq\r(2) B.eq\r(2)C．2 D．1答案B解析由eq\r(x)＋eq\r(y)≤aeq\r(x＋y)，得a≥eq\f(\r(x)＋\r(y),\r(x＋y))，即a2≥eq\f(x＋y＋2\r(xy),x＋y)＝1＋eq\f(2\r(xy),x＋y).∵1＋eq\f(2,\r(\f(x,y))＋\r(\f(y,x)))≤2，即a2≥2，∴a≥eq\r(2)，∴a的最小值为eq\r(2).7．若a>b>c，则使eq\f(1,a－b)＋eq\f(1,b－c)≥eq\f(k,a－c)恒成立的最大正整数k的值为()A．2B．3C．4D．5答案C解析∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0，且a－c＝a－b＋b－c.∵eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)＝eq\f(a－b＋b－c,a－b)＋eq\f(a－b＋b－c,b－c)＝2＋eq\f(b－c,a－b)＋eq\f(a－b,b－c)≥2＋2＝4.又∵k≤eq\f(a－c,a－b)＋eq\f(a－c,b－c)，∴k≤4，故k的最大正整数为4，故选C.二、填空题8．设a＝eq\r(3)－eq\r(2)，b＝eq\r(6)－eq\r(5)，c＝eq\r(7)－eq\r(6)，则a、b、c的大小顺序是________．答案a>b>c解析∵a＝eq\f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq\f(1,\r(6)＋\r(5))，c＝eq\f(1,\r(7)＋\r(6))，∴a>b>c.9．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则正数a，b应满足的条件是__________．答案a≠b解析∵aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，∴eq\r(a)(a－b)＋eq\r(b)(b－a)>0，∴(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0.∴(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2>0，∴eq\r(a)－eq\r(b)≠0，即a≠b.10．已知在等差数列{an}中，Sn表示前n项和，a3＋a9>0，S9<0，则S1，S2，S3，…中最小的是________．答案S5解析由等差数列的性质，得2a6＝a3＋a9>0，∴a6>0，又S9＝eq\f(9?a1＋a9?,2)＝eq\f(9×2a5,2)<0，∴a5<0，∴前5项和最小．11．若三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在底面ABC上的射影为△ABC的________．(填重心、垂心、内心、外心之一)答案垂心解析如图，设S在底面ABC上的射影为点O，∴SO⊥平面ABC，连接AO，BO.∵SA⊥BC，SO⊥BC，SA∩SO＝S，∴BC⊥平面SAO，∴BC⊥AO.同理可证，AC⊥BO.∴O为△ABC的垂心．三、解答题12．设向量a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，若tanαtanβ＝16，求证：a∥b.证明方法一(分析法)要证a∥b，∵a＝(4cosα，sinα)，b＝(sinβ，4cosβ)，即要证(4cosα)·(4cosβ)＝sinαsinβ，即要证sinαsinβ＝16cosαcosβ，即要证eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sinβ,cosβ)＝16，即要证tanαtanβ＝16，∵tanαtanβ＝16为已知，∴结论正确．方法二(综合法)∵tanαtanβ＝16，∴eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sinβ,cosβ)＝16，∴sinα·sinβ＝16cosα·cosβ，∴(4cosα)·(4cosβ)＝sinαsinβ，∴eq\f(4cosα,sinβ)＝eq\f(sinα,4cosβ)，∴a∥b.13．如图所示，在四面体PABC中，∠ABC＝90°，PA＝PB＝PC，D是AC的中点，求证：PD⊥平面ABC.证明连接BD.∵BD是Rt△ABC斜边上的中线，∴DA＝DB＝DC.又PA＝PB＝PC，且PD为△PAD，△PBD，△PCD的公共边，∴△PAD≌△PBD≌△PCD.又∠PDA＝∠PDC＝90°，∴∠PDB＝90°，∴PD⊥AC，PD⊥BD.∵AC∩BD＝D，∴PD⊥平面ABC.四、探究与拓展14．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