高中数学人教A版2第二章推理与证明直接证明与间接证明 学案

2．综合法和分析法课时目标1.了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法.2.理解综合法和分析法的思考过程、特点，会用综合法和分析法证明数学问题．重点：会利用综合法与分析法进行证明难点：理解两种证明方法的特点综合法和分析法综合法分析法定义利用________和某些数学______、______、______等，经过一系列的________，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法从要证明的______出发，逐步寻求使它成立的__________，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、______、______、______等)为止，这种证明方法叫做分析法．框图表示eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)(P表示________、已有的______、______、______等，Q表示____________)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→eq\x(P2⇐P3)→…→eq\x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))(Q表示所要证明的结论)特点顺推证法或由因导果法逆推证法或执果索因法一、选择题1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的()A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．等价条件2．已知a，b，c为三角形的三边且S＝a2＋b2＋c2，P＝ab＋bc＋ca，则()A．S≥2PB．P<S<2PC．S>PD．P≤S<2P3．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，则方程f(x)＝0的根的情况为()A．至多有一个实根B．至少有一个实根C．有且只有一个实根D．无实根4．若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，则()A．a<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．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*，则f(n)、g(n)、φ(n)的大小关系为()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．在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足什么条件()A．a2<b2＋c2B．a2＝b2＋c2C．a2>b2＋c2D．a2≤b2＋c2题号123456答案二、填空题7．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，则正数a，b应满足的条件是________．8．设a、b、u都是正实数且a、b满足eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，则使得a＋b≥u恒成立的u的取值范围是____________．9．设a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)，则a、b的大小关系为________________________________________________________________________．三、解答题10．设a，b>0，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2.11．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：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).能力提升12.如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形)13．已知函数f(x)＝eq\r(1＋x2)，若a≠b，求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.分析法的思路是执果索因，综合法的思路是由因导果．在解决有关问题时，常常把分析法和综合法结合起来运用，先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法表述解答或证明过程，有时要分析和综合结合起来交替使用，从两边向中间靠拢．答案知识梳理综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法.框图表示eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→…→eq\x(Qn⇒Q)(P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→eq\x(P2⇐P3)→…→eq\x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))(Q表示所要证明的结论)特点顺推证法或由因导果法逆推证法或执果索因法作业设计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[由于函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，因此图象与x轴的交点最多就是一个．]4．C[利用函数单调性．设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，∴0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又a＝eq\f(ln4,4)，∴b>a>c.]5．B[f(n)、g(n)可用分子有理化进行变形，然后与φ(n)进行比较．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，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(9a,b)且eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1时，上式取“＝”．此时a＝4，b＝12.∴0<u≤16.9．a<b解析a＝eq\r(3)＋2eq\r(2)，b＝2＋eq\r(7)两式的两边分别平方，可得a2＝11＋4eq\r(6)，b2＝11＋4eq\r(7)，明显eq\r(6)<eq\r(7)，故a<b.10．证明方法一分析法要证a3＋b3>a2b＋ab2成立．只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，又因a＋b>0，只需证a2－ab＋b2>ab成立，只需证a2－2ab＋b2>0成立，即需证(a－b)2>0成立．而依题设a≠b，则(a－b)2>0显然成立．由此命题得证．方法二综合法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．证明要证原式，只需证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即证eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即只需证eq\f(bc＋c2＋a2＋ab,ab＋b2＋ac＋bc)＝1，而由题意知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解析从结论出发，找一个使A1C⊥B1D1成立的充分条件．因而可以是：AC⊥BD或四边形ABCD为正方形．13．证明原不等式即|eq\r(1