高中数学新人教版选修22课时作业第二章推理与证明221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≤I24S.证明I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝a2＋b2＋c2＋2S.欲证3S≤I24S，即证ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c22ab＋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＋c22ab＋2bc＋2ca，只需证a2－ab－ac＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca0，即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)0，只需证ab＋c，且bc＋a，且cb＋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≤I24S.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，(a＋b2)2≥ab，a2＋b2≥a＋b22.(3)若a，b∈(0，＋∞)，则a＋b2≥ab，特别地ba＋ab≥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：1a＋1b≤4.证明方法一∵a，b是正数且a＋b＝1，∴a＋b≥2ab，∴ab≤12，∴1a＋1b＝a＋bab＝1ab≥4.方法二∵a，b是正数，∴a＋b≥2ab0，1a＋1b≥21ab0，∴(a＋b)(1a＋1b)≥4.又a＋b＝1，∴1a＋1b≥4.方法三1a＋1b＝a＋ba＋a＋bb＝1＋ba＋ab＋1≥2＋2ba·ab＝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：1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c.证明要证原式，只需证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，即证ca＋b＋ab＋c＝1，即只需证bc＋c2＋a2＋abab＋b2＋ac＋bc＝1，而由题意知A＋C＝2B，∴B＝π3，∴b2＝a2＋c2－ac，∴bc＋c2＋a2＋abab＋b2＋ac＋bc＝bc＋c2＋a2＋abab＋a2＋c2－ac＋ac＋bc＝bc＋c2＋a2＋abab＋a2＋c2＋bc＝1，∴原等式成立，即1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c.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：ax＋cy＝2.证明由已知条件得b2＝ac，①2x＝a＋b,2y＝b＋c.②要证ax＋cy＝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＝2，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＝12AC＝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≤12B．ab≥12C．a2＋b2≥2D．a2＋b2≤3答案C解析∵a＋b＝2≥2ab，∴ab≤1.∵a2＋b2＝4－2ab，∴a2＋b2≥2.2．已知a、b、c、d∈{正实数}，且abcd，则()A.aba＋cb＋dcdB.a＋cb＋dabcdC.abcda＋cb＋dD．以上均可能答案A解析方法一特值检验，∵abcd，可取a＝1，b＝3，c＝1，d＝2，则a＋cb＋d＝25，满足aba＋cb＋dcd.∴B、C、D不正确．方法二要证aba＋cb＋d，∵a、b、c、d∈{正实数}，∴只需证a(b＋d)b(a＋c)，即证adbc.只需证abcd.而abcd成立，∴aba＋cb＋d.同理可证a＋cb＋dcd.3．下面四个不等式：①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac；②a(1－a)≤14；③ba＋ab≥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＝a2＋b22＋a2＋c22＋b2＋c22≥ab＋ac＋bc；a(1－a)≤(a＋1－a2)2＝14；(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2；当ba0时，ba＋ab≥2不成立．4．若实数a，b满足0ab，且a＋b＝1，则下列四个数中最大的是()A.12B．2abC．a2＋b2D．a答案C解析∵a＋b＝1，a＋b2ab，∴2ab12，由a2＋b2a＋b22＝12，又∵0ab，且a＋b＝1，∴a12，∴a2＋b2最大．5．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a、b、c的大小顺序是________．答案abc解析a＝13＋2，b＝16＋5，c＝17＋6.∴abc.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⊥SCAE⊥平面SBCAE⊥SBAB⊥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：ab＋baa＋b.证明方法一用综合法ab＋ba－a－b＝aa＋bb－ab－baab＝a－ba－bab＝a－b2a＋bab0，∴ab＋baa＋b.方法二用分析法要证ab＋baa＋b，只要证a2b＋b2a＋2aba＋b＋2ab，即要证a3＋b3a2b＋ab2，只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)ab(a＋b)，即需证a2－ab＋b2ab，只需证(a－b)20，因为a≠b，所以(a－b)20恒成立，所以ab＋baa＋b成立．二、能力提升8．命题甲：(14)x、2－x、2x－4成等比数列；命题乙：lgx、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(14)x、2－x、2x－4成等比数列可得：(2－x)2＝(14)x·2x－4，解得x＝4；由lgx、lg(x＋2)、lg(2x＋1)成等差数列得：2lg(x＋2)＝lgx＋lg(2x＋1)，可解得x＝4(x＝－1舍去)，所以甲是乙的充要条件.9．若ab1，P＝lga·lgb，Q＝12(lga＋lgb)，R＝lg(a＋b2)，则()A．RPQB．PQRC．QPRD．PRQ答案B解析ab1⇒lga0，lgb0，Q＝12(lga＋lgb)lga·lgb＝P，Rlgab＝12(lga＋lgb)＝Q⇒RQP.10．已知α、β为实数，给出下列三个论断：①αβ0；②|α＋β|5；③|α|22，|β|22.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∵αβ0，|α|22，|β|22.∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ8＋8＋2×8＝3225.∴|α＋β|5.11．已知a0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.证明要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.∵a0，故只要证a2＋1a2＋22≥a＋1a＋22，即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22a＋1a＋2，从而只要证2a2＋1a2≥2a＋1a，只要证4a2＋1a2≥2a2＋2＋1a2，即a2＋1a2≥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：(1a－1)(1b－1)·(1c－1)≥8.证明方