人教版新课标A选修2-22.2直接证明与间接证明当堂达标检测题

这是一份人教版新课标A选修2-22.2直接证明与间接证明当堂达标检测题，共10页。


[学习目标]
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．
[知识链接]
1．综合法与分析法的推理过程是合情推理还是演绎推理？
答 综合法与分析法的推理过程是演绎推理，因为综合法与分析法的每一步推理都是严密的逻辑推理，从而得到的每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”
2．必修五中基本不等式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a>0，b>0)是怎样证明的？
答 要证eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)，
只需证a＋b≥2eq \r(ab)，
只需证a＋b－2eq \r(ab)≥0，
只需证(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0，
因为(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0显然成立，所以原不等式成立．
[预习导引]
1．综合法
一般地，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．
2．分析法
分析法是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．
要点一 综合法的应用
例1 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．
证明 由A、B、C成等差数列，有2B＝A＋C.①
因为A、B、C为△ABC的内角，所以A＋B＋C＝π.②
由①②，得B＝eq \f(π,3).③
由a、b、c成等比数列，有b2＝ac.④
由余弦定理及③，
可得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac.
再由④，得a2＋c2－ac＝ac，
即(a－c)2＝0，因此a＝c，
从而有A＝C.⑤
由②③⑤，得A＝B＝C＝eq \f(π,3).所以△ABC为等边三角形．
规律方法 利用综合法证明问题的步骤：
(1)分析条件选择方向：仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题方法．
(2)转化条件组织过程：把题目的已知条件，转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化，组织过程时要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．
(3)适当调整回顾反思：解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取．
跟踪演练1 已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4.
证明 法一 ∵a，b是正数且a＋b＝1，
∴a＋b≥2eq \r(ab)，∴eq \r(ab)≤eq \f(1,2)，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,ab)≥4.
法二 ∵a，b是正数，∴a＋b≥2eq \r(ab)>0，
eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2 eq \r(\f(1,ab))>0，
∴(a＋b)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))≥4.
又a＋b＝1，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥4.
法三 eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)＝1＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＋1≥2＋2 eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.当且仅当a＝b时，取“＝”号．
要点二 分析法的应用
例2 设a，b为实数，求证：eq \r(a2＋b2)≥eq \f(\r(2),2)(a＋b)．
证明 当a＋b≤0时，∵eq \r(a2＋b2)≥0，
∴eq \r(a2＋b2)≥eq \f(\r(2),2)(a＋b)成立．
当a＋b>0时，用分析法证明如下：
要证eq \r(a2＋b2)≥eq \f(\r(2),2)(a＋b)，
只需证(eq \r(a2＋b2))2≥eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a＋b))2，
即证a2＋b2≥eq \f(1,2)(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.
∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
∴eq \r(a2＋b2)≥eq \f(\r(2),2)(a＋b)成立．综上所述，不等式得证．
规律方法 用分析法证明不等式时应注意
(1)分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论；
(2)分析法证明不等式的思维是从要证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式；
(3)用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好“要证明”、“只需证明”、“即证明”等词语．
跟踪演练2 已知a，b是正实数，求证：eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).
证明 要证eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b)，
只要证aeq \r(a)＋beq \r(b)≥eq \r(ab)·(eq \r(a)＋eq \r(b))．
即证(a＋b－eq \r(ab))(eq \r(a)＋eq \r(b))≥eq \r(ab)(eq \r(a)＋eq \r(b))，
因为a，b是正实数，
即证a＋b－eq \r(ab)≥eq \r(ab)，
也就是要证a＋b≥2eq \r(ab)，
即(eq \r(a)－eq \r(b))2≥0.
该式显然成立，所以eq \f(a,\r(b))＋eq \f(b,\r(a))≥eq \r(a)＋eq \r(b).
要点三 综合法和分析法的综合应用
例3 已知a、b、c是不全相等的正数，且0求证：lgxeq \f(a＋b,2)＋lgxeq \f(b＋c,2)＋lgxeq \f(a＋c,2)证明 要证明：
lgxeq \f(a＋b,2)＋lgxeq \f(b＋c,2)＋lgxeq \f(a＋c,2)只需要证明lgxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(a＋c,2)))由已知0abc.
由公式eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)>0，eq \f(b＋c,2)≥eq \r(bc)>0，eq \f(a＋c,2)≥eq \r(ac)>0，
又∵a，b，c是不全相等的正数，
∴eq \f(a＋b,2)·eq \f(b＋c,2)·eq \f(a＋c,2)>eq \r(a2b2c2)＝abc.
即eq \f(a＋b,2)·eq \f(b＋c,2)·eq \f(a＋c,2)>abc成立．
∴lgxeq \f(a＋b,2)＋lgxeq \f(b＋c,2)＋lgxeq \f(a＋c,2)规律方法 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．
跟踪演练3 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：eq \f(a,x)＋eq \f(c,y)＝2.
证明 由已知条件得b2＝ac，①
2x＝a＋b,2y＝b＋c.②
要证eq \f(a,x)＋eq \f(c,y)＝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．
1．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么( )
A．xC．x答案 D
解析 ∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝eq \f(3,4)，x＝eq \f(1,4)，
则eq \f(x＋y,2)＝eq \f(1,2)，2xy＝eq \f(3,8)，∴x<2xy2．欲证eq \r(2)－eq \r(3)A．(eq \r(2)－eq \r(3))2<(eq \r(6)－eq \r(7))2
B．(eq \r(2)－eq \r(6))2<(eq \r(3)－eq \r(7))2
C．(eq \r(2)＋eq \r(7))2<(eq \r(3)＋eq \r(6))2
D．(eq \r(2)－eq \r(3)－eq \r(6))2<(－eq \r(7))2
答案 C
解析 根据不等式性质，a>b>0时，才有a2>b2，
∴只需证：eq \r(2)＋eq \r(7)只需证：(eq \r(2)＋eq \r(7))2<(eq \r(3)＋eq \r(6))2.
3．求证：eq \f(1,lg519)＋eq \f(2,lg319)＋eq \f(3,lg219)<2.
证明 因为eq \f(1,lgba)＝lgab，所以左边
＝lg195＋2lg193＋3lg192
＝lg195＋lg1932＋lg1923＝lg19(5×32×23)＝lg19360.
因为lg19360所以eq \f(1,lg519)＋eq \f(2,lg319)＋eq \f(3,lg219)<2.
4．已知eq \f(1－tan α,2＋tan α)＝1，求证：cs α－sin α＝3(cs α＋sin α)．
证明 要证cs α－sin α＝3(cs α＋sin α)，
只需证eq \f(cs α－sin α,cs α＋sin α)＝3，只需证eq \f(1－tan α,1＋tan α)＝3，
只需证1－tan α＝3(1＋tan α)，只需证tan α＝－eq \f(1,2)，
∵eq \f(1－tan α,2＋tan α)＝1，∴1－tan α＝2＋tan α，
即2tan α＝－1.∴tan α＝－eq \f(1,2)显然成立，
∴结论得证．
1．综合法证题是从条件出发，由因导果；分析法是从结论出发，执果索因．
2．分析法证题时，一定要恰当地运用“要证”、“只需证”、“即证”等词语．
3．在实际证题过程中，分析法与综合法是统一运用的，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的．没有分析就没有综合；没有综合也没有分析．问题仅在于，在构建命题的证明路径时，有时分析法居主导地位，综合法伴随着它；有时却恰恰相反，是综合法居主导地位，而分析法伴随着它.
一、基础达标
1．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是( )
A．若a>b，则ac2>bc2
B．若eq \f(a,c)>eq \f(b,c)，则a>b
C．若a3>b3且ab<0，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
D．若a2>b2且ab>0，则eq \f(1,a)答案 C
解析 对于A：若c＝0，则A不成立，故A错；对于B：若c<0，则B不成立，B错；对于C：若a3>b3且ab<0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,b<0))，所以eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故C对；对于D：若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0,b<0))，则D不成立．
2．A、B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．即不充分也不必要条件
答案 C
解析 由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，又A、B为三角形的内角，∴sin A>0，sin B>0，∴sin A>sin B⇔2Rsin A>2Rsin B⇔a>b⇔A>B.
3．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 B
解析 若l⊥α，m⊂β，α∥β，则l⊥β，所以l⊥m，①正确；
若l⊥α，m⊂β，l⊥m，α与β可能相交，②不正确；
若l⊥α，m⊂β，α⊥β，l与m可能平行或异面，③不正确；
若l⊥α，m⊂β，l∥m，则m⊥α，所以α⊥β，④正确．
4．设a，b∈R＋，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤eq \f(a2＋b2,2) B．ab<1C．ab答案 B
解析 因为a≠b，故eq \f(a2＋b2,2)>ab.
又因为a＋b＝2>2eq \r(ab)，
故ab<1，eq \f(a2＋b2,2)＝eq \f(a＋b2－2ab,2)＝2－ab>1，即eq \f(a2＋b2,2)>1>ab.
5．要证明eq \r(3)＋eq \r(7)<2eq \r(5)，可选择的方法有很多，最合理的应为________．
答案 分析法
6．设a＝eq \r(2)，b＝eq \r(7)－eq \r(3)，c＝eq \r(6)－eq \r(2)，则a，b，c的大小关系为________．
答案 a>c>b
解析 ∵a2－c2＝2－(8－4eq \r(3))＝4eq \r(3)－6＝eq \r(48)－eq \r(36)>0，∴a>c.∵eq \f(c,b)＝eq \f(\r(6)－\r(2),\r(7)－\r(3))＝eq \f(\r(7)＋\r(3),\r(6)＋\r(2))＞1，∴c＞b.
7．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
证明 法一 3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)＝(3a2－2b2)(a－b)．
因为a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，
所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.
法二 要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a2(a－b)－2b2(a－b)≥0，
只需证(3a2－2b2)(a－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a2－2b2>2a2－2b2≥0，
∴上式成立．
二、能力提升
8．设0A．a B．b
C．c D．不能确定
答案 C
解析 ∵b－c＝(1＋x)－eq \f(1,1－x)＝eq \f(1－x2－1,1－x)＝－eq \f(x2,1－x)<0，
∴beq \r(2)x＝a，∴a9．已知a，b为非零实数，则使不等式：eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≤－2成立的一个充分不必要条件是( )
A．ab>0 B．ab<0
C．a>0，b<0 D．a>0，b>0
答案 C
解析 ∵eq \f(a,b)与eq \f(b,a)同号，由eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≤－2，知eq \f(a,b)<0，eq \f(b,a)<0，
即ab<0.又若ab<0，则eq \f(a,b)<0，eq \f(b,a)<0.
∴eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,b)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)))))≤
－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,b)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a))))＝－2，
综上，ab<0是eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≤－2成立的充要条件，
∴a>0，b<0是eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)≤－2成立的一个充分而不必要条件．
10．
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个条件即可，不必考虑所有可能的情形)．
答案 对角线互相垂直
解析 本题答案不唯一，要证A1C⊥B1D1，只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，因为该四棱柱为直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，故只需证B1D1⊥A1C1即可．
11．已知a＞0，b＞0，eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＞1.求证：eq \r(1＋a)＞eq \f(1,\r(1－b)).
证明 要证eq \r(1＋a)＞eq \f(1,\r(1－b))成立，
只需证1＋a＞eq \f(1,1－b)，
只需证(1＋a)(1－b)＞1(1－b＞0)，即1－b＋a－ab＞1，
∴a－b＞ab，只需证：eq \f(a－b,ab)＞1，即eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＞1.
由已知a＞0，eq \f(1,b)－eq \f(1,a)＞1成立，
∴eq \r(1＋a)＞eq \f(1,\r(1－b))成立．
12．求证抛物线y2＝2px(p＞0)，以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－eq \f(p,2)相切．
证明
如图，作AA′、BB′垂直准线，取AB的中点M，作MM′垂直准线．要证明以AB为直径的圆与准线相切，只需证|MM′|＝eq \f(1,2)|AB|，
由抛物线的定义：|AA′|＝|AF|，|BB′|＝|BF|，
所以|AB|＝|AA′|＋|BB′|，
因此只需证|MM′|＝eq \f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)
根据梯形的中位线定理可知上式是成立的．
所以以过焦点的弦为直径的圆必与x＝－eq \f(p,2)相切．
三、探究与创新
13．(2013·广东)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，eq \f(2Sn,n)＝an＋1－eq \f(1,3)n2－n－eq \f(2,3)，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eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＜eq \f(7,4).
(1)解 当n＝1时，eq \f(2S1,1)＝2a1＝a2－eq \f(1,3)－1－eq \f(2,3)＝2，解得a2＝4.
(2)解 2Sn＝nan＋1－eq \f(1,3)n3－n2－eq \f(2,3)n①
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－eq \f(1,3)(n－1)3－(n－1)2－eq \f(2,3)(n－1)②
①－②得2an＝nan＋1－(n－1)an－n2－n
整理得nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，即eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋1，eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，当n＝1时，eq \f(a2,2)－eq \f(a1,1)＝2－1＝1.
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以1为首项，1为公差的等差数列．
所以eq \f(an,n)＝n，即an＝n2.
所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.
(3)证明 因为eq \f(1,an)＝eq \f(1,n2)＜eq \f(1,n－1n)＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2)，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(1,12)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)＜1＋eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n)＝eq \f(7,4)－eq \f(1,n)＜eq \f(7,4).