第二章第2节 直接证明与间接证明
一、综合法与分析法
课前预习学案
预习目标：
了解综合法与分析法的概念，并能简单应用。
预习内容：
证明方法可以分为直接证明和间接证明
1．直接证明分为 和
2．直接证明是从命题的 或 出发，根据以知的定义，
公里，定理， 推证结论的真实性。
3．综合法是从 推导到 的方法。而分析法是一种从
追溯到 的思维方法，具体的说，综合法是从已知的条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论，分析法则是从待证的结论出发，一步一步寻求结论成立的 条件，最后达到题设的以知条件或以被证明的事实。综合法是由 导 ，分析法是执 索 。
三、提出疑惑
同学们，通过你的自主学习，你还有哪些疑惑，请把它填在下面的表格中
疑惑点
疑惑内容
课内探究学案
学习目标
让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用
二、学习过程：
已知a,b∈R+，求证：
例2．已知a,b∈R+，求证：
例3.已知a,b,c∈R，求证（I）
课后练习与提高
1．（A级）函数，若
则的所有可能值为 （ ）
A． B． C． D．
2．（A级）函数在下列哪个区间内是增函数 （ ）
A． B．
C． D．
3．（A级）设的最小值是 （ ）
A． B． C．－3 D．
4．（A级）下列函数中,在上为增函数的是 （ ）
A． B．
C． D．
5．（A级）设三数成等比数列，而分别为和的等差中项，则 （ ）
A． B． C． D．不确定
6．（A级）已知实数，且函数有最小值，则=__________。
7．（A级）已知是不相等的正数，，则的大小关系是_________。
8．（B）若正整数满足，则
9．（B）设图像的一条对称轴是.
（1）求的值；
（2）求的增区间；
（3）证明直线与函数的图象不相切。
10．（B）的三个内角成等差数列，求证：
综合法与分析法
一、教材分析
综合法与分析法作为高中数学中常用的两种基本方法，一直被学生所熟悉和应用，通过这节课的学习，学生将对这两种方法的掌握更加系统。同时也复习了有关的其他数学知识。
二、教学目标
知识目标：让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用。
能力目标：提高证明问题的能力。
情感、态度、价值观：养成言之有理论证有据的习惯。
三、教学重点难点
教学重点：让学生理解分析法与综合法的概念并能够应用。
教学难点：提高证明问题的能力。
四、教学方法：探究法
五、课时安排：1课时
六、教学过程
已知a,b∈R+，求证：
例2．已知a,b∈R+，求证：
例3.已知a,b,c∈R，求证（I）
课后练习与提高
1．（A级）函数，若
则的所有可能值为 （ ）
A． B． C． D．
2．（A级）函数在下列哪个区间内是增函数 （ ）
A． B．
C． D．
3．（A级）设的最小值是 （ ）
A． B． C．－3 D．
4．（A级）下列函数中,在上为增函数的是 （ ）
A． B．
C． D．
5．（A级）设三数成等比数列，而分别为和的等差中项，则 （ ）
A． B． C． D．不确定
6．（A级）已知实数，且函数有最小值，则=__________。
7．（A级）已知是不相等的正数，，则的大小关系是_________。
8．（B）若正整数满足，则
9．（B）设图像的一条对称轴是.
（1）求的值；
（2）求的增区间；
（3）证明直线与函数的图象不相切。
10．（B）的三个内角成等差数列，求证：
七、板书设计
八、教学反思
课件30张PPT。2.2 直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法
第1课时 综合法 有趣的数学证明引人入胜 合情推理是发现的方法，演绎推理是数学中严格证明的工具.
怎样用演绎推理来证明呢？这是要讲究方法的.今天，我们就来认识一些基本的证明方法……1.结合已经学过的数学实例，了解直接证明的两
种基本方法之一的综合法. （重点）
2.了解综合法的思考过程、特点. （难点）探究点1 综合法的含义引例:已知a>0,b>0,求证a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc因为b2+c2 ≥2bc,a>0
所以a(b2+c2)≥2abc.
又因为c2+a2 ≥2ac,b>0
所以b(c2+a2)≥ 2abc.
因此a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc.证明: 一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等,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. 用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.则综合法用框图表示为:…以下命题中,正确的是( )
A.综合法是执果索因的逆推法
B.综合法是由因导果的顺推法
C.综合法是因果互推的两头凑法
D.综合法就是举反例B【即时训练】例1:如图所示,△ABC在平面α外,
求证:P,Q,R三点共线.探究点2 利用综合法进行证明 分析：本例的条件表明，P,Q,R三点既在平面α内，又在平面ABC内，所以可以利用两个相交平面的公理证明.（1）
（2） 平面内有四边形ABCD和点O, 则四边形ABCD为( )
A.菱形 B.梯形 C.矩形 D.平行四边形
D【即时训练】证明：求证：a2+b2+3≥ab+ (a+b).
【证明】因为a2+b2≥2ab,a2+3≥2 a,
b2+3≥2 b,
将此三式相加得2(a2+b2+3)≥2ab+2 a+2 b,
所以a2+b2+3≥ab+ (a+b).【变式练习】例3 在△ＡＢＣ中，三个内角Ａ，Ｂ，Ｃ对应的边分别为a ，b ，c，且Ａ，Ｂ，Ｃ成等差数列，a ， b ，c成等比数列，求证△ＡＢＣ为等边三角形．分析：将A,B,C成等差数列，转化为符号语言就是2B=A+C；a,b,c成等比数列，转化为符号语言就是b2 =ac.A,B,C为△ABC的内角，这是一个隐含条件，明确表示出来是A+B+C=π.此时，如果能把角和边统一起来，那么就可以进一步寻找角和边之间的关系，进而判断三角形的形状，余弦定理正好满足要求.于是，可以用余弦定理为工具进行证明.证明：由A，B，C成等差数列，有2B=A+C ① 由①②，得②③由a，b，c成等比数列，有④由余弦定理及③，可得再由④，得因此 a=c从而有 A=C ⑤由②③⑤，得即【提升总结】 解决数学问题时，往往要先作语言的转换，如把文字语言转换成符号语言，或把符号语言转换成图形语言等.还要通过细致的分析，把其中的隐含条件明确表示出来.(2015·烟台高二检测)已知a,b,c均为正实数,且a+b+c=1.
求证：( -1)( -1)( -1)≥8.【变式练习】【证明】因为a,b,c均为正实数,且a+b+c=1,
所以
故1.设m≠n,x=m4-m3n,y=n3m-n4,则x与y的大小关系为( )
A.x>y B.x=y
C.x
【解题关键】可以用作差比较法处理.A2. 函数 ( )
A.是奇函数，但不是偶函数
B.是偶函数，但不是奇函数
C.既是奇函数，又是偶函数
D.既不是奇函数，又不是偶函数B3.已知实数a, b满足等式 下列五个关系式
① ②
③ ④
⑤
其中不可能成立的关系式有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个D4.已知函数f(x)=ax2+bx+c是偶函数,则b的值为 .
【解析】由于f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x),
即ax2-bx+c=ax2+bx+c,故-bx=bx,
所以b=0.05.已知等差数列{an},Sn表示前n项和,a3+a9>0,S9<0,则S1,S2,S3,…中最小的是________.
【解析】由于{an}为等差数列,所以a3+a9=2a6>0.
S9= =9a5<0.
所以S5最小.S5证明 (1)在四棱锥P-ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，故PA⊥CD.
因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，
而AE?平面PAC，所以CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.
由(1)知，AE⊥CD，
且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，所以AE⊥PD，因为PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥AB
又因为AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD
所以AB⊥PD，
又因为AB∩AE＝A，
综上得PD⊥平面ABE.综合法用框图表示为: 拥有了太多反而是负担。只拥有一块手表的人知道现在几点，一个拥有两块手表的人却很难确定现在的准确时间.课件51张PPT。2.2 直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法
第1课时 综 合 法【自主预习】
综合法
(1)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.已知条件定义定理公理推理论证(2)框图表示:用P表示已知条件、已有的定义、定理、
公理等,Q表示所要证明的结论,则综合法可用框图表示
为:【即时小测】
1.以下命题中,正确的是 ( )
A.综合法是执果索因的逆推法
B.综合法是由因导果的顺推法
C.综合法是因果互推的两头凑法
D.综合法就是举反例【解析】选B.综合法就是从已知条件(因)出发,利用已有知识进行证明结论(果)的方法.2.已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,且a2+b2-c2=ab,则角C的值为 ( )【解析】选A.由余弦定理知3.已知等差数列{an},Sn表示前n项和,a3+a9>0,S9<0,则
S1,S2,S3,…中最小的是________.
【解析】由于数列{an}为等差数列,所以a3+a9=2a6>0.
S9= =9a5<0.
所以S5最小.
答案:S5【知识探究】
探究点 综合法
1.综合法的推理过程是合情推理还是演绎推理?
提示:综合法的推理过程是演绎推理,它的每一步推理都是严密的逻辑推理.2.综合法的推证一定正确吗?
提示:不一定,综合法的推理过程是演绎推理,只有在大前提、小前提和推理形式都正确时,推证才一定正确.【归纳总结】
1.综合法的特点
综合法的特点是从“已知”看“未知”,逐步推理,实际上是寻找使结论成立的必要条件.2.综合法的书写格式
从已知条件出发,顺着推证,由“已知”得“推知”,由“推知”得“未知”,逐步推出求证的结论,这就是顺推法的格式,它的常见书面表达是“因为,所以”或“?”.易错警示:综合法是“由因导果”的推理过程,即从已知到未知的推理过程.由因导果的过程中“因”必须是充分的,否则会出现错误的“果”.类型一 用综合法证明不等式
【典例】1.若a>b>0,则下列不等式中,总成立的是
( )2.在不等式“a2+b2≥2ab”的证明中:因为a2+b2-2ab
=(a-b)2≥0.所以a2+b2≥2ab.该证明用的方法是
________.
3.(2016·沈阳高二检测)已知a,b,c∈R,且a+b+c=1.
求证:a2+b2+c2≥【解题探究】1.典例1中,不等式正确与否的判断依据是什么?
提示:不等式的性质.
2.典例2中,证明过程从什么出发的?
提示:从已知的不等式出发的.
3.典例3中,怎么利用a+b+c=1这一条件?
提示:将a+b+c=1两边平方,然后利用重要不等式即可.【解析】1.选A.因为a>b>0,所以 > >0,
所以a+ >b+ .
2.由题设知:本题中证明是从已知的不等式(a+b)2≥0
出发,经过推理得出结论,是综合法.
答案:综合法3.因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca
于是(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≤a2+b2+c2+
(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+a2)=3(a2+b2+c2)
所以a2+b2+c2≥ (a+b+c)2= .
当且仅当a=b=c时取等号,原式得证.【方法技巧】综合法证明不等式的主要依据
综合法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,其中常用的有以下几个:
①a2≥0(a∈R);
②(a-b)2≥0(a,b∈R),其变形有a2+b2≥2ab, ≥
ab,a2+b2≥ ;③若a,b∈(0,+∞),则 ≥ ,特别地, ≥2;
④a2+b2+c2≥ab+bc+ac(a,b,c∈R),由不等式a2+b2≥
2ab,a2+c2≥2ac,b2+c2≥2bc,易得a2+b2+c2≥ab+bc+
ac,此结论是一个重要的不等式,在不等式的证明中的
使用频率很高;⑤(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac),体现了a+b+c,
a2+b2+c2与ab+bc+ac这三个式子之间的关系.
易错警示:应用上述不等式来证明问题时,首先弄清式中字母的取值范围.如③中a,b∈(0,+∞),以免用错.【变式训练】(2016·武汉高二检测)已知a,b,c为不全等的正实数.
求证: .【证明】因为
又a,b,c为不全等的正实数.
而
且上述三式等号不能同时成立.
所以 >6-3=3,即类型二 用综合法证明三角等式
【典例】1.在△ABC中,三边a,b,c成等比数列,求证:
acos2 +ccos2 ≥ b.
2.证明:sin(2α+β)=sinβ+2sinαcos(α+β).【解题探究】1.典例1中,在三角形中,条件“acos2
+ccos2 ”如何转化?
提示:先借助降幂公式把cos2 ,cos2 化为cosC,cosA,
再借助余弦定理实现角转换为边.2.典例2中等式两边的角有何特点？
提示：等式左边是2α+β，等式右边是(α+β)和α.【证明】1.因为a,b,c成等比数列,所以b2=ac.
当且仅当a=c时取等号,所以acos2 +ccos2 ≥ b.2.因为sin(2α+β)-2sinαcos(α+β)
=sin[(α+β)+α]-2sinαcos(α+β)
=sin(α+β)cosα+cos(α+β)sinα-2sinαcos(α+β)
=sin(α+β)cosα-cos(α+β)sinα
=sin[(α+β)-α]=sinβ.所以原命题成立.【延伸探究】
1.在典例2中令α=β,求证:sin3α=3sinα-4sin3α.
【证明】左边=sin(2α+α)=sin2αcosα+cos2αsinα
=2sinαcos2α+(1-2sin2α)sinα
=2sinα(1-sin2α)+sinα-2sin3α
=2sinα-2sin3α+sinα-2sin3α=3sinα-4sin3α=右边.
所以sin3α=3sinα-4sin3α.2.试证明:cos3α=4cos3α-3cosα.
【证明】左边=cos(2α+α)=cos2αcosα-sin2αsinα
=(2cos2α-1)cosα-2sin2αcosα
=2cos3α-cosα-2cosα(1-cos2α)=4cos3α-3cosα
=右边.
所以cos3α=4cos3α-3cosα.【方法技巧】证明三角等式的主要依据
(1)三角函数的定义、诱导公式及同角基本关系式.
(2)和、差、倍角的三角函数公式.
(3)三角形中的三角函数及三角形内角和定理.
(4)正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式.【补偿训练】(2016·东营高二检测)在锐角三角形ABC
中,已知3b=-2 asinB,且cosB=cosC,求证:△ABC是正
三角形.
【证明】因为△ABC为锐角三角形,
所以A,B,C∈ .
由正弦定理及条件可得3sinB=2 sinAsinB.因为sinB≠0,所以sinA= ,所以A= .
又cosB=cosC且B,C∈ ,所以B=C.
又B+C= ,所以B=C= .
所以△ABC是正三角形.类型三 用综合法解决函数、数列问题
【典例】1.(2016·温州高二检测)已知方程(x2-mx+2)
(x2-nx+2)=0的四个根组成一个首项为 的等比数列,
则|m-n|=________.
2.(2015·山东高考)定义运算“?”:x?y= (x,y∈
R且xy≠0),当x>0,y>0时,x?y+(2y)?x的最小值为_____.3.对于定义域为[0,1]的函数f(x),如果同时满足以下条件:
①对任意的x∈[0,1],总有f(x)≥0;
②f(1)=1;③若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1都有f(x1+x2)≥f(x1)+f(x2)成立,则称函数f(x)为理想函数.
试判断g(x)=2x-1(x∈[0,1])是否为理想函数,如果是,请予证明;如果不是,请说明理由.【解题探究】1.典例1中方程的四个根具有什么特点?
提示:①四根成等比数列,②等比数列的首项为 ,③满
足根与系数的关系.
2.典例2解题的关键是什么?
提示:根据新定义运算,写出解析式.3.判断g(x)=2x-1(x∈[0,1])是否为理想函数需要检验什么条件?
提示:①对任意的x∈[0,1],总有g(x)≥0;
②g(1)=1;
③若x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1都有g(x1+x2)≥g(x1)+g(x2).【解析】1.方程(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0?x2-mx+2=0①
或x2-nx+2=0②.设方程①两根为x1,x4,方程②两根为
x2,x3.则x1·x4=2,x1+x4=m,x2·x3=2,x2+x3=n.因为方程
(x2-mx+2)(x2-nx+2)=0的四个根组成一个首项为 的
等比数列,所以x1,x2,x3,x4分别为此数列的前四项且
x1= ,x4= =4,公比为2,所以x2=1,x3=2,所以m=x1+x4= +4= ,n=x2+x3=1+2=3,故|m-n|=
答案:2.由新定义运算知,(2y)? ,因为
x>0,y>0,所以x?y+(2y)?x=
当且仅当x= y时取等号,所以
x?y+(2y)?x的最小值是 .
答案: 3.g(x)=2x-1(x∈[0,1])是理想函数,证明如下:
因为x∈[0,1],所以2x≥1,2x-1≥0,
即对任意x∈[0,1],总有g(x)≥0,满足条件①.
g(1)=2-1=1,满足条件②.由于x1≥0,x2≥0,所以g(x1+x2)-[g(x1)+g(x2)]≥0,
因此g(x1+x2)≥g(x1)+g(x2),满足条件③,
故函数g(x)=2x-1(x∈[0,1])是理想函数.【延伸探究】若函数f(x)是理想函数,证明f(0)=0.
【证明】令x1=x2=0,则满足x1≥0,x2≥0,x1+x2≤1,
于是有f(0+0)≥f(0)+f(0),
得f(0)≤0.又由条件①知f(0)≥0,故必有f(0)=0.【方法技巧】
1.综合法证明问题的步骤2.综合法解决数列问题的依据【变式训练】(2016·郑州高二检测)不相等的三个数a,b,c成等差数列,并且x是a,b的等比中项,y是b,c的等比中项,则x2,b2,y2三数 ( )
A.成等比数列,而非等差数列
B.成等差数列,而非等比数列
C.既成等差数列又成等比数列
D.既非等差数列又非等比数列【解析】
选B.由已知条件知
由②得a= ,由③得c= ,代入①得 =2b,
所以x2+y2=2b2.
故x2,b2,y2成等差数列.自我纠错 综合法的应用
【典例】如果a >b ,则实数a,b应满足的条件是
______.
【失误案例】分析解题过程,找出错误之处,并写出正确答案.
提示:错误的根本原因是忽视a >b 中隐含条件,
实际上a≥0,b≥0.正确解答过程如下:
【解析】由题意可知,a≥0,b≥0.
a >b 等价于(a )2>(b )2,即a3>b3.等价于a>b.
答案:a>b≥0.课时提升作业 五
综 合 法
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2018·三明高二检测)在△ABC中,若sinAsinB ( )
A.直角三角形 B.锐角三角形
C.钝角三角形 D.等边三角形
【解析】选C.因为在△ABC中,sinAsinB0.即cosC<0,
所以C为钝角,即△ABC为钝角三角形.
2.(2018·济宁高二检测)命题“对任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明过程:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”应用了( )
A.分析法 B.综合法
C.分析法与综合法 D.演绎法
【解析】选B.证明过程是由已知条件入手利用有关公式进行证明的,属于综合法,即证明过程应用了综合法.
3.(2018·德州高二检测)在R上定义运算☉:a☉b=ab+2a+b,则满足x☉(x-2)<0的实数x的取值范围为 ( )
A.(0,2) B.(-2,1)
C.(-1,2) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)
【解析】选B,由题意知x☉(x-2)=x(x-2)+2x+(x-2)=x2+x-2<0.
解得-24.(2018·东营高二检测)设a>0,b>0,若是3a与3b的等比中项,则+的最小值为 ( )
A.8 B.4 C.1 D.
【解析】选B.因为是3a与3b的等比中项,
所以3a·3b=3,即a+b=1.
又a>0,b>0,
所以≤=,得ab≤.
故+==≥=4.
即+的最小值为4.
5.(2018·阜阳高二检测)对于函数f(x),若在定义域内存在实数x,满足f(-x)=-f(x),称f(x)为“局部奇函数”,若f(x)=4x-m2x+1+m2-3为定义域R上的“局部奇函数”,则实数m的取值范围是 ( )
A.1-≤m≤1+ B.1-≤m≤2
C.-2≤m≤2 D.-2≤m≤1-
【解析】选B.因为f(x)为“局部奇函数”,所以存在实数x满足f(-x)=-f(x),即
4-x-2m2-x+m2-3=-4x+2m2x-m2+3,
令t=2x(t>0),则+t2-2m+2m2-6=0,
-2m+2m2-8=0在t∈(0,+∞)上有解,
再令h=+t(h≥2),则g(h)=h2-2mh+2m2-8=0在h∈[2,+∞)上有解,函数关于h的对称轴为h=m,①当m≥2时,g(h)≥g(m),所以g(m)=m2-2m2+2m2-8≤0,解得2≤m≤2;②当m<2时,则g(2)=4-4m+2m2-8≤0,即m2-2m-2≤0,解得1-≤m<2.综合①②,可知1-≤m≤2.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2018·江阳高二检测)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)=-f(x).则f(9)的值为________.
【解析】因为f(x+2)=-f(x),
所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即T=4.
所以f(9)=f(1)=-f(-1)=-f(1),
所以f(1)=0即f(9)=0.
答案:0
7.(2018·石家庄高二检测)若lgx+lgy=2lg(x-2y),则lo=________.
【解析】由题设条件知
即x2-5xy+4y2=0,
解得=1或=4,
因为x>2y,所以=4,
即log=lo4=4.
答案:4
8.(2018·烟台高二检测)设a>0,b>0,c>0且a+b+c=1.
则++的最小值为________.
【解题指南】应用a+b+c=1代换应用基本不等式.
【解析】因为a>0,b>0,c>0且a+b+c=1
所以++=++
=3+++
≥3+2+2+2=9.
当且仅当a=b=c时等号成立.
答案:9
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知x>0,y>0,x+y=1,
求证:≥9.
【证明】因为x+y=1,
所以=
==5+2.
又因为x>0,y>0,所以>0,>0.
所以+≥2,
当且仅当=,即x=y=时取等号.
则有≥5+2×2=9成立.
【一题多解】因为x>0,y>0,1=x+y≥2,当且仅当x=y=时等号成立,
所以xy≤.
则有=1+++=1++=1+≥1+8=9成立.
10.如图,在四棱锥P -ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=
60°,PA=AB=BC,点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,
因为PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为AC⊥CD,PA∩AC=A,
所以CD⊥平面PAC.
又因为AE?平面PAC,
所以CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,
可得AC=PA.
因为点E是PC的中点,所以AE⊥PC.
由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,
所以AE⊥平面PCD.
又因为PD?平面PCD,所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
又AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE=A,
所以PD⊥平面ABE.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2018·济南高二检测)在一个数列中,如果对任意n∈N*,都有anan+1an+2=K(K为常数),那么这个数列叫做等积数列,K叫做这个数列的公积,已知数列{an}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积K=8则a1+a2+a3+……+a12= ( )
A.24 B.28 C.32 D.36
【解析】选B.由已知anan+1an+2=8,an+1an+2an+3=8,
两式相除得=1即an+3=an,
即此数列是一个以3为周期的数列.
由a1a2a3=8得a3=4,所以a1+a2+a3=7,
所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=4×7=28.
2.(2018·大连高二检测)在非等边三角形ABC中,∠A为钝角,则三边a,b,c满足的条件是 ( )
A.b2+c2≥a2 B.b2+c2>a2
C.b2+c2≤a2 D.b2+c2【解题指南】应用余弦定理cosA<0.
【解析】选D.由余弦定理得cosA=.因为A为钝角,所以cosA<0,即b2+c2二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2018·武昌高二检测)已知函数f(x)=2x,a,b∈(0,+∞).A=f, B=f,C=f则A,B,C从小到大排列为________.
【解析】因为a>0,b>0,所以≥,
所以≤1,
所以≤,
故≤≤,
又f(x)=2x为增函数,
所以f≤f()≤f,
即C≤B≤A,当且仅当a=b=c时取等号.
答案:C≤B≤A
4.(2018·郑州高二检测)若不等式(-1)na<2+对任意正整数n恒成立,则实数a的取值范围为________.
【解析】当n为偶数时,a<2-.
而2-≥2-=.故a<,①
当n为奇数时,a>-2-.
而-2-<-2,故a≥-2,②
由①,②得-2≤a<.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.已知a+b+c=1,求证:ab+bc+ca≤.
【解题指南】不等式左边为两两乘积的形式,而已知条件是a+b+c=1,将已知平方可得a,b,c两两乘积及a,b,c的平方和的形式,然后可用基本不等式证明.
【证明】因为a+b+c=1,
所以a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
又因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,
所以2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca).
所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
所以1=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca).
所以ab+bc+ca≤.
6.(2018·山东高考)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,点E,F分别为线段AD,PC的中点.
(1)求证:AP∥平面BEF.
(2)求证:BE⊥平面PAC.
【解题指南】(1)本题考查线面平行的证法,可利用线线平行,来证明线面平行.
(2)本题考查了线面垂直的判定,在平面PAC中找两条相交直线与BE垂直即可.
【证明】(1)连接AC交BE于点O,连接OF,CE,不妨设AB=BC=1,则AD=2,
因为AB=BC=AD,AD∥BC,E为AD的中点,所以四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点,
因为O,F分别为AC,PC中点,所以OF∥AP,
又因为OF?平面BEF,AP?平面BEF,
所以AP∥平面BEF.
(2)因为AP⊥平面PCD,CD?平面PCD,
所以AP⊥CD,
因为BC∥ED,BC=ED,所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD,所以BE⊥PA,
又因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC,
又因为PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
课时提升作业 五
综 合 法
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.(2018·三明高二检测)在△ABC中,若sinAsinB ( )
A.直角三角形 B.锐角三角形
C.钝角三角形 D.等边三角形
【解析】选C.因为在△ABC中,sinAsinB0.即cosC<0,
所以C为钝角,即△ABC为钝角三角形.
2.(2018·济宁高二检测)命题“对任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos2θ”的证明过程:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos2θ”应用了( )
A.分析法 B.综合法
C.分析法与综合法 D.演绎法
【解析】选B.证明过程是由已知条件入手利用有关公式进行证明的,属于综合法,即证明过程应用了综合法.
3.(2018·德州高二检测)在R上定义运算☉:a☉b=ab+2a+b,则满足x☉(x-2)<0的实数x的取值范围为 ( )
A.(0,2) B.(-2,1)
C.(-1,2) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)
【解析】选B,由题意知x☉(x-2)=x(x-2)+2x+(x-2)=x2+x-2<0.
解得-24.(2018·东营高二检测)设a>0,b>0,若是3a与3b的等比中项,则+的最小值为 ( )
A.8 B.4 C.1 D.
【解析】选B.因为是3a与3b的等比中项,
所以3a·3b=3,即a+b=1.
又a>0,b>0,
所以≤=,得ab≤.
故+==≥=4.
即+的最小值为4.
5.(2018·阜阳高二检测)对于函数f(x),若在定义域内存在实数x,满足f(-x)=-f(x),称f(x)为“局部奇函数”,若f(x)=4x-m2x+1+m2-3为定义域R上的“局部奇函数”,则实数m的取值范围是 ( )
A.1-≤m≤1+ B.1-≤m≤2
C.-2≤m≤2 D.-2≤m≤1-
【解析】选B.因为f(x)为“局部奇函数”,所以存在实数x满足f(-x)=-f(x),即
4-x-2m2-x+m2-3=-4x+2m2x-m2+3,
令t=2x(t>0),则+t2-2m+2m2-6=0,
-2m+2m2-8=0在t∈(0,+∞)上有解,
再令h=+t(h≥2),则g(h)=h2-2mh+2m2-8=0在h∈[2,+∞)上有解,函数关于h的对称轴为h=m,①当m≥2时,g(h)≥g(m),所以g(m)=m2-2m2+2m2-8≤0,解得2≤m≤2;②当m<2时,则g(2)=4-4m+2m2-8≤0,即m2-2m-2≤0,解得1-≤m<2.综合①②,可知1-≤m≤2.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.(2018·江阳高二检测)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(x+2)=-f(x).则f(9)的值为________.
【解析】因为f(x+2)=-f(x),
所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即T=4.
所以f(9)=f(1)=-f(-1)=-f(1),
所以f(1)=0即f(9)=0.
答案:0
7.(2018·石家庄高二检测)若lgx+lgy=2lg(x-2y),则lo=________.
【解析】由题设条件知
即x2-5xy+4y2=0,
解得=1或=4,
因为x>2y,所以=4,
即log=lo4=4.
答案:4
8.(2018·烟台高二检测)设a>0,b>0,c>0且a+b+c=1.
则++的最小值为________.
【解题指南】应用a+b+c=1代换应用基本不等式.
【解析】因为a>0,b>0,c>0且a+b+c=1
所以++=++
=3+++
≥3+2+2+2=9.
当且仅当a=b=c时等号成立.
答案:9
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知x>0, y>0,x+y=1,
求证:≥9.
【证明】因为x+y=1,
所以=
==5+2.
又因为x>0,y>0,所以>0,>0.
所以+≥2,
当且仅当=,即x=y=时取等号.
则有≥5+2×2=9成立.
【一题多解】因为x>0,y>0,1=x+y≥2,当且仅当x=y=时等号成立,
所以xy≤.
则有=1+++=1++=1+≥1+8=9成立.
10.如图,在四棱锥P -ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=
60°,PA=AB=BC,点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,
因为PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为AC⊥CD,PA∩AC=A,
所以CD⊥平面PAC.
又因为AE?平面PAC,
所以CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,
可得AC=PA.
因为点E是PC的中点,所以AE⊥PC.
由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,
所以AE⊥平面PCD.
又因为PD?平面PCD,所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
又AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为AB∩AE=A,
所以PD⊥平面ABE.
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2018·济南高二检测)在一个数列中,如果对任意n∈N*,都有anan+1an+2=K(K为常数),那么这个数列叫做等积数列,K叫做这个数列的公积,已知数列{an}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积K=8则a1+a2+a3+……+a12= ( )
A.24 B.28 C.32 D.36
【解析】选B.由已知anan+1an+2=8,an+1an+2an+3=8,
两式相除得=1即an+3=an,
即此数列是一个以3为周期的数列.
由a1a2a3=8得a3=4,所以a1+a2+a3=7,
所以a1+a2+a3+…+a12=4(a1+a2+a3)=4×7=28.
2.(2018·大连高二检测)在非等边三角形ABC中,∠A为钝角,则三边a,b,c满足的条件是 ( )
A.b2+c2≥a2 B.b2+c2>a2
C.b2+c2≤a2 D.b2+c2【解题指南】应用余弦定理cosA<0.
【解析】选D.由余弦定理得cosA=.因为A为钝角,所以cosA<0,即b2+c2二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2018·武昌高二检测)已知函数f(x)=2x,a,b∈(0,+∞).A=f, B=f,C=f则A,B,C从小到大排列为________.
【解析】因为a>0,b>0,所以≥,
所以≤1,
所以≤,
故≤≤,
又f(x)=2x为增函数,
所以f≤f()≤f,
即C≤B≤A,当且仅当a=b=c时取等号.
答案:C≤B≤A
4.(2018·郑州高二检测)若不等式(-1)na<2+对任意正整数n恒成立,则实数a的取值范围为________.
【解析】当n为偶数时,a<2-.
而2-≥2-=.故a<,①
当n为奇数时,a>-2-.
而-2-<-2,故a≥-2,②
由①,②得-2≤a<.
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
5.已知a+b+c=1,求证:ab+bc+ca≤.
【解题指南】不等式左边为两两乘积的形式,而已知条件是a+b+c=1,将已知平方可得a,b,c两两乘积及a,b,c的平方和的形式,然后可用基本不等式证明.
【证明】因为a+b+c=1,
所以a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.
又因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,
所以2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ca).
所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.
所以1=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≥ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca).
所以ab+bc+ca≤.
6.(2018·山东高考)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,点E,F分别为线段AD,PC的中点.
(1)求证:AP∥平面BEF.
(2)求证:BE⊥平面PAC.
【解题指南】(1)本题考查线面平行的证法,可利用线线平行,来证明线面平行.
(2)本题考查了线面垂直的判定,在平面PAC中找两条相交直线与BE垂直即可.
【证明】(1)连接AC交BE于点O,连接OF,CE,不妨设AB=BC=1,则AD=2,
因为AB=BC=AD,AD∥BC,E为AD的中点,所以四边形ABCE为菱形,所以O为AC的中点,
因为O,F分别为AC,PC中点,所以OF∥AP,
又因为OF?平面BEF,AP?平面BEF,
所以AP∥平面BEF.
(2)因为AP⊥平面PCD,CD?平面PCD,
所以AP⊥CD,
因为BC∥ED,BC=ED,所以四边形BCDE为平行四边形,所以BE∥CD,所以BE⊥PA,
又因为四边形ABCE为菱形,所以BE⊥AC,
又因为PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,
所以BE⊥平面PAC.
2.2.1 综合法与分析法(二)
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
2．已知a、b、c、d∈{正实数}，且<，则 ( )
A.<< B.<<
C.<< D．以上均可能
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
4．若实数a，b满足0A. B．2ab C．a2＋b2 D．a
5．设a＝－，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小顺序是________．
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．
二、能力提升
7．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
8．若a>b>1，P＝，Q＝(lg a＋lg b)，R＝lg()，则 ( )
A．RC．Q9．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________．
10．如果a，b都是正数，且a≠b，求证：＋>＋.
11．已知a>0，求证： －≥a＋－2.
12．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1，求证：(－1)(－1)(－1)≥8.
13．已知函数f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，对任意两个不相等的正数x1、x2，证明：当a≤0时，>f()．
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？)
答案
1．C 2．A 3．C 4．C 5．a>b>c
6．EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC
7．C 8．B 9．①③?②
10．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．
11．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．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．证明 由f(x)＝x2＋＋aln x，
得＝(x＋x)＋(＋)＋(ln x1＋ln x2)
＝(x＋x)＋＋aln .
f()＝()2＋＋aln ，
∵x1≠x2且都为正数，
有(x＋x)>[(x＋x)＋2x1x2]＝()2.①
又(x1＋x2)2＝(x＋x)＋2x1x2>4x1x2，
∴>.②
∵<，
∴ln∵a≤0，∴aln≥aln.③
由①、②、③得
>f()．
14．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≤.
