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

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.