高中數(shù)學北師大版2第一章推理與證明 第1章2綜合法

§2綜合法與分析法綜合法1.了解綜合法的思考過程、特點.(重點)2.會用綜合法證明數(shù)學問題.(難點)[基礎(chǔ)·初探]教材整理綜合法閱讀教材P8～P9“練習”以上內(nèi)容，完成下列問題.1.綜合法的定義從命題的條件出發(fā)，利用定義、公理、定理及運算法則，通過演繹推理，一步一步地接近要證明的結(jié)論，直到完成命題的證明，這種思維方法稱為綜合法.2.綜合法證明的思維過程用P表示已知條件、已知的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結(jié)論，則綜合法的思維過程可用框圖表示為：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)綜合法是由因?qū)Ч捻樛谱C法.()(2)綜合法證明的依據(jù)是三段論.()(3)綜合法的推理過程實際上是尋找它的必要條件.()【解析】(1)正確.由綜合法的定義可知該說法正確.(2)正確.綜合法的邏輯依據(jù)是三段論.(3)正確.綜合法從“已知”看“可知”，逐步推出“未知”，其逐步推理實際上是尋找它的必要條件.【答案】(1)√(2)√(3)√[質(zhì)疑·手記]預習完成后，請將你的疑問記錄，并與“小伙伴們”探討交流：疑問1：解惑：疑問2：解惑：疑問3：解惑：[小組合作型]用綜合法證明三角問題在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.(1)求證：A的大小為60°；(2)若sinB＋sinC＝eq\r(3).證明：△ABC為等邊三角形.【精彩點撥】(1)利用正弦定理將角與邊互化，然后利用余弦定理求A.(2)結(jié)合(1)中A的大小利用三角恒等變形證明A＝B＝C＝60°.【自主解答】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)·sinC，得2a2＝(2b－c)·b＋(2c－b)c，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.因為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為等邊三角形.證明三角等式的主要依據(jù)1.三角函數(shù)的定義、誘導公式及同角基本關(guān)系式.2.和、差、倍角的三角函數(shù)公式.3.三角形中的三角函數(shù)及三角形內(nèi)角和定理.4.正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式.[再練一題]1.求證：3－2cos2α＝eq\f(3tan2α＋1,tan2α＋1).【導學號：94210009】【證明】原式右邊＝eq\f(3tan2α＋1,tan2α＋1)＝1＋eq\f(\f(2sin2α,cos2α),\f(sin2α,cos2α)＋1)＝1＋2sin2α＝1＋2(1－cos2α)＝3－2cos2α＝左邊.所以原式成立.用綜合法證明幾何問題如圖1-2-1，在四面體B-ACD中，CB＝CD，AD⊥BD，E，F(xiàn)分別是AB，BD的中點.求證：(1)直線EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.圖1-2-1【精彩點撥】(1)依據(jù)線面平行的判定定理，欲證明直線EF∥平面ACD，只需在平面ACD內(nèi)找出一條直線和直線EF平行即可；(2)根據(jù)面面垂直的判定定理，欲證明平面EFC⊥平面BCD，只需在其中一個平面內(nèi)找出一條另一個面的垂線即可.【自主解答】(1)因為E，F(xiàn)分別是AB，BD的中點，所以EF是△ABD的中位線，所以EF∥AD，又EFeq\o(?,\s\up0(/))平面ACD，AD平面ACD，所以直線EF∥平面ACD.(2)因為AD⊥BD，EF∥AD，所以EF⊥BD.因為CB＝CD，F(xiàn)是BD的中點，所以CF⊥BD.又EF∩CF＝F，所以BD⊥平面EFC.因為BD平面BCD，所以平面EFC⊥平面BCD.本題是綜合運用已知條件和相關(guān)的空間位置關(guān)系的判定定理來證明的，故證明空間位置關(guān)系問題，也是綜合法的一個典型應用.在證明過程中，語言轉(zhuǎn)化是主旋律，轉(zhuǎn)化途徑為把符號語言轉(zhuǎn)化為圖形語言或文字語言轉(zhuǎn)化為符號語言.這也是證明空間位置關(guān)系問題的一般模式.[再練一題]2.如圖1-2-2，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝a，AB＝2a，E，F(xiàn)分別為C1D1，A1D1的中點.圖1-2-2(1)求證：DE⊥平面BCE；(2)求證：AF∥平面BDE.【證明】(1)∵BC⊥側(cè)面CDD1C1，DE側(cè)面CDD1C1，∴DE⊥BC.在△CDE中，CD＝2a，CE＝DE＝eq\r(2)a，則有CD2＝DE2＋CE2，∴∠DEC＝90°，∴DE⊥EC，又∵BC∩EC＝C，∴DE⊥平面BCE.(2)連接EF，A1C1，設AC交BD于O，連接EO，∵EFeq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))eq\f(1,2)A1C1，AOeq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))eq\f(1,2)A1C1，∴EFeq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))AO，∴四邊形AOEF是平行四邊形，∴AF∥OE.又∵OE平面BDE，AFeq\o(?,\s\up0(/))平面BDE，∴AF∥平面BDE.[探究共研型]用綜合法證明不等式問題探究綜合法證明不等式的主要依據(jù)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)))eq\s\up8(2)≥ab，a2＋b2≥eq\f(（a＋b）2,2).(3)a，b∈(0，＋∞)，則eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，特別地，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，求證：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.【精彩點撥】解答本題可由已知條件出發(fā)，結(jié)合基本不等式利用綜合法證明.【自主解答】法一：因為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：因為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))).又因為x>0，y>0，所以eq\f(x,y)＋eq\f(y,x)≥2，當且僅當x＝y(tǒng)時，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.綜合法的證明步驟1.分析條件，選擇方向：確定已知條件和結(jié)論間的聯(lián)系，合理選擇相關(guān)定義、定理等.2.轉(zhuǎn)化條件，組織過程：將條件合理轉(zhuǎn)化，書寫出嚴密的證明過程.特別地，根據(jù)題目特點選取合適的證法可以簡化解題過程.[再練一題]3.將上例條件不變，求證：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥4.【證明】法一：因為x，y∈(0，＋∞)，且x＋y＝1，所以x＋y≥2eq\r(xy)，當且僅當x＝y(tǒng)時，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：因為x，y∈(0，＋∞)，所以x＋y≥2eq\r(xy)>0，當且僅當x＝y(tǒng)時，取“＝”，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)≥2eq\r(\f(1,xy))>0，當且僅當eq\f(1,x)＝eq\f(1,y)時，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：因為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，當且僅當x＝y(tǒng)時，取“＝”.[構(gòu)建·體系]1.已知等差數(shù)列{an}中，a5＋a11＝16，a4＝1，則a12的值是()【解析】∵{an}為等差數(shù)列，∴a5＋a11＝a4＋a12.又∵a5＋a11＝16，a4＝1，∴a12＝15.【答案】A2.已知直線l，m，平面α，β，且l⊥α，mβ，給出下列四個命題：①若α∥β，則l⊥m；②若l⊥m，則α∥β；③若α⊥β，則l⊥m；④若l∥m，則α⊥β.其中正確的命題的個數(shù)是() 【解析】若l⊥α，α∥β，則l⊥β，又mβ，所以l⊥m，①正確；若l⊥α，mβ，l⊥m，α與β可能相交，②不正確；若l⊥α，mβ，α⊥β，l與m可能平行，③不正確；若l⊥α，l∥m，則m⊥α，又mβ，所以α⊥β，④正確.【答案】B3.若a，b，c是常數(shù)，則“a>0且b2－4ac<0”是“ax2＋bx＋c>0對任意x∈R恒成立”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【解析】因為a>0且b2－4ac<0?ax2＋bx＋c>0對任意x∈R恒成立.反之，ax2＋bx＋c>0對任意x∈R恒成立不能推出a>0且b2－4ac<0，反例為：當a＝b＝0且c>0時也有ax2＋bx＋c>0對任意x∈R恒成立，所以“a>0且b2－4ac<0”是“ax2＋bx＋c>0對任意實數(shù)x∈R恒成立”的充分不必要條件.【答案】A4.已知p＝a＋eq\f(1,a－2)(a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，則p與q的大小關(guān)系是________.【導學號：94210010】【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.(2023·濟南高二檢測)數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1，2，3，…).求證：(1)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))為等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.【證明】(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(2（n＋1）,n)Sn，∴eq\f(\f(Sn＋1,n＋1),\f(Sn,n))＝2，又∵a1＝1，∴S1＝1，∴eq\f(S1,1)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首項為1，公比為2的等比數(shù)列.(2)由(1)知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))的公比為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(an（n－1）,n＋1)，∴Sn＋1＝4an.我還有這些不足：(1)(2)我的課下提升方案：(1)(2)學業(yè)分層測評(三)(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]一、選擇題1.已知a，b為非零實數(shù)，則使不等式eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2成立的一個充分不必要條件是()·b>0 ·b<0>0，b<0 >0，b>0【解析】∵eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≤－2，∴eq\f(a2＋b2,ab)≤－2.∵a2＋b2>0，∴ab<0，則a，b異號，故選C.【答案】C2.平面內(nèi)有四邊形ABCD和點O，eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OC,\s\up8(→))＝eq\o(OB,\s\up8(→))＋eq\o(OD,\s\up8(→))，則四邊形ABCD為()A.菱形 B.梯形C.矩形 D.平行四邊形【解析】∵eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OC,\s\up8(→))＝eq\o(OB,\s\up8(→))＋eq\o(OD,\s\up8(→))，∴eq\o(OA,\s\up8(→))－eq\o(OB,\s\up8(→))＝eq\o(OD,\s\up8(→))－eq\o(OC,\s\up8(→))，∴eq\o(BA,\s\up8(→))＝eq\o(CD,\s\up8(→))，∴四邊形ABCD為平行四邊形.【答案】D3.若實數(shù)a，b滿足0<a<b，且a＋b＝1，則下列四個數(shù)中最大的是()【導學號：94210011】\f(1,2) ＋b2 【解析】∵a＋b＝1，a＋b>2eq\r(ab)，∴2ab<eq\f(1,2).而a2＋b2>eq\f(（a＋b）2,2)＝eq\f(1,2).又∵0<a<b，且a＋b＝1，∴a<eq\f(1,2)，∴a2＋b2最大，故選B.【答案】B，B為△ABC的內(nèi)角，A>B是sinA>sinB的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【解析】若A>B，則a>b，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA>sinB；若sinA>sinB，則由正弦定理得a>b，∴A>B.【答案】C5.若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中的真命題是()A.若mβ，α⊥β，則m⊥αB.若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，則α∥βC.若m⊥β，m∥α，則α⊥βD.若α⊥γ，α⊥β，則β⊥γ【解析】對于A，m與α不一定垂直，所以A不正確；對于B，α與β可以為相交平面；對于C，由面面垂直的判定定理可判斷α⊥β；對于D，β與γ不一定垂直.【答案】C二、填空題6.設e1，e2是兩個不共線的向量，eq\o(AB,\s\up8(→))＝2e1＋ke2，eq\o(CB,\s\up8(→))＝e1＋3e2，若A，B，C三點共線，則k＝________.【解析】若A，B，C三點共線，則eq\o(AB,\s\up8(→))＝λeq\o(CB,\s\up8(→))，即2e1＋ke2＝λ(e1＋3e2)＝λe1＋3λe2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,3λ＝k，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,k＝6.))【答案】67.設a＝eq\r(2)，b＝eq\r(7)－eq\r(3)，c＝eq\r(6)－eq\r(2)，則a，b，c的大小關(guān)系為________.【解析】∵a2－c2＝2－(8－4eq\r(3))＝eq\r(48)－eq\r(36)>0，∴a>c.又∵eq\f(c,b)＝eq\f(\r(6)－\r(2),\r(7)－\r(3))＝eq\f(\r(7)＋\r(3),\r(6)＋\r(2))>1，∴c>b，∴a>c>b.【答案】a>c>b8.已知三個不等式：①ab>0；②eq\f(c,a)>eq\f(d,b)；③bc>ad.以其中兩個作為條件，余下一個作為結(jié)論，則可能組成________個正確的命題.【解析】對不等式②作等價變形：eq\f(c,a)>eq\f(d,b)?eq\f(bc－ad,ab)>0.于是，若ab>0，bc>ad，則eq\f(bc－ad,ab)>0，故①③?②.若ab>0，eq\f(bc－ad,ab)>0，則bc>ad，故①②?③.若bc>ad，eq\f(bc－ad,ab)>0，則ab>0，故②③?①.因此可組成3個正確的命題.【答案】3三、解答題9.如圖1-2-3，四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，求證：AF∥平面PEC.圖1-2-3【證明】∵四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，∴ABeq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))CD.又∵E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，∴CFeq\o(\s\do5(═),\s\up5(∥))AE，∴四邊形AECF為平行四邊形，∴AF∥EC.又AFeq\o(?,\s\up0(/))平面PEC，EC平面PEC，∴AF∥平面PEC.10.(2023·臨沂高二檢測)在△ABC中，三個內(nèi)角A，B，C對應的邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數(shù)列，a，b，c也成等差數(shù)列.求證：△ABC為等邊三角形.【證明】由A，B，C成等差數(shù)列知，B＝eq\f(π,3)，由余弦定理知b2＝a2＋c2－ac，又a，b，c也成等差數(shù)列，∴b＝eq\f(a＋c,2)，代入上式得eq\f(（a＋c）2,4)＝a2＋c2－ac，整理得3(a－c)2＝0，∴a＝c，從而A＝C，而B＝eq\f(π,3)，則A＝B＝C＝eq\f(π,3)，從而△ABC為等邊三角形.[能力提升]1.設x，y∈R，a>1，b>1，若ax＝by＝3，a＋b＝2eq\r(3)，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最大值為()【導學號：94210012】 \f(3,2) \f(1,2)【解析】∵ax＝by＝3，x＝loga3，y＝logb3，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝log3(ab)≤log3eq\b\lc\(\r