本文由 wfb9501 收集发布，转载请注明出处，如有问题请联系我们！高中数学选修2-2课时作业：第二章 推理与证明2.2.1习题课 Word版含解析

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a由于a、b、c为三角形的三边长，
上述三式显然成立，故有3S≤I2<4S.
反思与感悟　本题要证明的结论要先进行转化，可以使用分析法．对于连续不等式的证明，可以分段来证，使证明过程层次清晰．证明不等式所依赖的主要是不等式的基本性质和已知的重要不等式，其中常用的有如下几个：
(1)a2≥0(a∈R)．
(2)(a－b)2≥0(a、b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，()2≥ab，a2＋b2≥.
(3)若a，b∈(0，＋∞)，则≥，特别地＋≥2.
(4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a，b，c∈R)．
跟踪训练1　已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：＋≤4.
证明　方法一　∵a，b是正数且a＋b＝1，
∴a＋b≥2，∴≤，∴＋＝＝≥4.
方法二　∵a，b是正数，∴a＋b≥2>0，
＋≥2>0，
∴(a＋b)(＋)≥4.
又a＋b＝1，∴＋≥4.
方法三　＋＝＋＝1＋＋＋1≥2＋2＝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：＋＝.
证明　要证原式，只需证＋＝3，
即证＋＝1，即只需证＝1，
而由题意知A＋C＝2B，
∴B＝，∴b2＝a2＋c2－ac，
∴＝
＝＝1，
∴原等式成立，即＋＝.
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：＋＝2.
证明　由已知条件得
b2＝ac，①
2x＝a＋b,2y＝b＋c.②
要证＋＝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＝，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＝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≤ B．ab≥
C．a2＋b2≥2 D．a2＋b2≤3
答案　C
解析　∵a＋b＝2≥2，∴ab≤1.
∵a2＋b2＝4－2ab，∴a2＋b2≥2.
2．已知a、b、c、d∈{正实数}，且<，则(　　)
A.<< B.<<
C.<< D．以上均可能
答案　A
解析　方法一　特值检验，∵<，
可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，
则＝，满足<<.∴B、C、D不正确．
方法二　要证<，∵a、b、c、d∈{正实数}，
∴只需证a(b＋d)只需证<.而<成立，
∴<.同理可证<.
3．下面四个不等式：
①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac；②a(1－a)≤；
③＋≥2；④(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
其中恒成立的有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案　C
解析　a2＋b2＋c2＝＋＋≥ab＋ac＋bc；a(1－a)≤()2＝；(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2；当<0时，＋≥2不成立．
4．若实数a，b满足0A. B．2ab C．a2＋b2 D．a
答案　C
解析　∵a＋b＝1，a＋b>2，∴2ab<，
由a2＋b2>＝，
又∵05．设a＝－，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小顺序是________．
答案　a>b>c
解析　a＝，b＝，c＝.∴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：＋>＋.
证明　方法一　用综合法
＋－－＝
＝＝>0，
∴＋>＋.
方法二　用分析法
要证＋>＋，
只要证＋＋2>a＋b＋2，
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＋>＋成立．
二、能力提升
8．命题甲：()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()x、2－x、2x－4成等比数列可得：(2－x)2＝()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＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg()，则(　　)
A．RC．Q答案　B
解析　a>b>1⇒lg a>0，lg b>0，Q＝(lg a＋lg b)>＝P，
R>lg＝(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，|β|>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，|β|>2.
∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25.
∴|α＋β|>5.
11．已知a>0，求证： －≥a＋－2.
证明　要证 －≥a＋－2，
只要证 ＋2≥a＋＋.
∵a>0，故只要证 2≥2，
即a2＋＋4 ＋4≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只要证2≥，
只要证4≥2，
即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)(－1)·(－1)≥8.
证明　方法一　(分析法)
要证(－1)(－1)(－1)≥8成立，
只需证··≥8成立．
因为a＋b＋c＝1，
所以只需证··≥8成立，
即证··≥8成立．
而··≥··＝8成立．
∴(－1)(－1)(－1)≥8成立．
方法二　(综合法)
(－1)(－1)(－1)
＝(－1)(－1)(－1)
＝··＝
≥＝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，＝an＋1－n2－n－，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)解　2S1＝a2－－1－，又S1＝a1＝1，
所以a2＝4.
(2)解　当n≥2时，2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，
2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，
两式相减得2an＝nan＋1－(n－1)an－(3n2－3n＋1)－(2n－1)－，
整理得(n＋1)an＝nan＋1－n(n＋1)，
即－＝1，又－＝1，
故数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，
所以＝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＋＋＋＋…＋<1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋＋＋…＋
＝＋－＝－<，
所以对一切正整数n，有＋＋…＋<.
三、探究与拓展
14．已知a，b，c，d∈R，求证：
ac＋bd≤.(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.
∴≥|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，
∴≥|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|＝，|n|＝.
∵m·n≤|m|·|n|＝·.
故ac＋bd≤.