高中數(shù)學(xué) 1.2.1-1.2.2 綜合法 分析法課時(shí)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(shí)目標(biāo)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(guò)程、特點(diǎn)，會(huì)用綜合法和分析法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題．1．綜合法從命題的________出發(fā)，利用________________________________，通過(guò)______________，一步一步地接近要證明的結(jié)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(gè)結(jié)論成立的____________，直到歸結(jié)為這個(gè)命題的條件，或者歸結(jié)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?qū)Ч保治龇ㄊ恰皥?zhí)果索因”．一、選擇題1．分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使結(jié)論成立的()A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．等價(jià)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(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，則方程f(x)＝0的根的情況為()A．至多有一個(gè)實(shí)根B．至少有一個(gè)實(shí)根C．有且只有一個(gè)實(shí)根D．無(wú)實(shí)根4．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，則()A．a(chǎn)<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(guān)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(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿足什么條件()A．a(chǎn)2<b2＋c2 B．a(chǎn)2＝b2＋c2C．a(chǎn)2>b2＋c2 D．a(chǎn)2≤b2＋c2二、填空題7．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則正數(shù)a，b應(yīng)滿足的條件是________．8．設(shè)a、b、u都是正實(shí)數(shù)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(shè)a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，則a、b的大小關(guān)系為________．三、解答題10．設(shè)a，b>0，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2.11.已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，對(duì)應(yīng)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(dāng)?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件________時(shí)，有A1C⊥B1D113．已知函數(shù)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?qū)Ч诮鉀Q有關(guān)問(wèn)題時(shí)，常常把分析法和綜合法結(jié)合起來(lái)運(yùn)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(guò)程，有時(shí)要分析和綜合結(jié)合起來(lái)交替使用，從兩邊向中間靠攏．答案知識(shí)梳理1．條件定義、公理、定理及運(yùn)算法則演繹推理2．求證的結(jié)論充分條件作業(yè)設(shè)計(jì)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(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，因此圖像與x軸的交點(diǎn)最多就是一個(gè)．]4．C[利用函數(shù)單調(diào)性．設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴0<x<e時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；x>e時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)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(jìn)行變形，然后與φ(n)進(jìn)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(chǎn)≠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(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(9a,b)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1時(shí)，上式取“＝”．此時(shí)a＝4，b＝12.∴0<u≤16.9．a(chǎn)<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(shè)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(jié)論出發(fā)，找一個(gè)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