高中數學 1.2.1-1.2.2 綜合法 分析法課時作業(yè) 北師大版選修2-2

§2綜合法與分析法2．1綜合法2．2分析法課時目標1.了解直接證明的兩種基本方法——綜合法和分析法.2.理解綜合法和分析法的思考過程、特點，會用綜合法和分析法證明數學問題．1．綜合法從命題的________出發(fā)，利用________________________________，通過______________，一步一步地接近要證明的結論，直到完成命題的證明，這稱思維方法稱為綜合法．2．分析法從______________出發(fā)，一步一步地探索保證前一個結論成立的____________，直到歸結為這個命題的條件，或者歸結為定義、公理、定理等，這種思維方法稱為分析法．3．綜合法是“由因導果”，分析法是“執(zhí)果索因”．一、選擇題1．分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使結論成立的()A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．等價條件2．已知a，b，c為三角形的三邊且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，則()A．S≥2P B．P<S<2PC．S>P D．P≤S<2P3．已知函數f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數，則方程f(x)＝0的根的情況為()A．至多有一個實根B．至少有一個實根C．有且只有一個實根D．無實根4．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，則()A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<a<c5．若f(n)＝eq\r(n2＋1)－n，g(n)＝n－eq\r(n2－1)，φ(n)＝eq\f(1,2n)，n∈N＋，則f(n)、g(n)、φ(n)的大小關系為()A．f(n)<g(n)<φ(n) B．f(n)<φ(n)<g(n)C．g(n)<φ(n)<f(n) D．g(n)<f(n)<φ(n)6．在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結論，三邊a，b，c應滿足什么條件()A．a2<b2＋c2 B．a2＝b2＋c2C．a2>b2＋c2 D．a2≤b2＋c2二、填空題7．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則正數a，b應滿足的條件是________．8．設a、b、u都是正實數且a、b滿足eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，則使得a＋b≥u恒成立的u的取值范圍是____________．9．設a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，則a、b的大小關系為________．三、解答題10．設a，b>0，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2.11.已知△ABC的三個內角A，B，C成等差數列，對應的三邊為a，b，c，求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).能力提升12.如圖所示，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，當底面四邊形ABCD滿足條件________時，有A1C⊥B1D113．已知函數f(x)＝eq\r(1＋x2)，若a≠b，求證：|f(a)－f(b)|<|a－b|.分析法的思路是執(zhí)果索因，綜合法的思路是由因導果．在解決有關問題時，常常把分析法和綜合法結合起來運用，先以分析法為主尋求解題思路，再用綜合法表述解答或證明過程，有時要分析和綜合結合起來交替使用，從兩邊向中間靠攏．答案知識梳理1．條件定義、公理、定理及運算法則演繹推理2．求證的結論充分條件作業(yè)設計1．A2．D[∵S－P＝a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，∴S≥P.2P＝2ab＋2bc＋2ca＝(ab＋bc)＋(ab＋ca)＋(bc＋ca)＝b(a＋c)＋a(b＋c)＋c(b＋a)>b2＋a2＋c2，即2P>S.]3．A[由于函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減，因此圖像與x軸的交點最多就是一個．]4．C[利用函數單調性．設f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴0<x<e時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；x>e時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．又a＝eq\f(ln4,4)，∴b>a>c.]5．B[f(n)、g(n)可用分子有理化進行變形，然后與φ(n)進行比較．f(n)＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)<eq\f(1,2n)，g(n)＝eq\f(1,n＋\r(n2－1))>eq\f(1,2n)，∴f(n)<φ(n)<g(n)．]6．C[由cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，得b2＋c2<a2.]7．a≠b解析∵aeq\r(a)＋beq\r(b)－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＝a(eq\r(a)－eq\r(b))＋b(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))(a－b)＝(eq\r(a)－eq\r(b))2(eq\r(a)＋eq\r(b))．∴只要a≠b，就有aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a).8．(0,16]解析u≤(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))恒成立，而(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\f(b,a)＋eq\f(9a,b)≥10＋6＝16，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(9a,b)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1時，上式取“＝”．此時a＝4，b＝12.∴0<u≤16.9．a<b解析a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)兩式的兩邊分別平方，可得a2＝11＋4eq\r(6)，b2＝11＋4eq\r(7)，明顯eq\r(6)<eq\r(7)，故a<b.10．證明方法一分析法要證a3＋b3>a2b＋ab2成立．只需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，又因a＋b>0，只需證a2－ab＋b2>ab成立，只需證a2－2ab＋b2>0成立，即需證(a－b)2>0成立．而依題設a≠b，則(a－b)2>0顯然成立．由此命題得證．方法二綜合法a≠b?a－b≠0?(a－b)2>0?a2－2ab＋b2>0?a2－ab＋b2>ab.注意到a，b∈R＋，a＋b>0，由上式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)．∴a3＋b3>a2b＋ab2.11．證明要證原式，只需證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需證eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1，而由題意知A＋C＝2B，∴B＝eq\f(π,3)，∴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).12．AC⊥BD解析從結論出發(fā)，找一個使A1C⊥B1D1成立的充分條件．因而可以是：AC⊥BD或四邊形ABCD13．證明原不等式即|eq\r(1＋a2)－eq\r(1＋b2)|<|a－b|，要證此不