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-1-第1课时综合法目标导航1.了解直接证明的一种基本方法——综合法.2.理解综合法的思考过程、特点,会用综合法证明数学问题.知识梳理综合法定义推证过程特点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P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→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)顺推证法或由因导果法知识梳理【做一做】命题“函数f(x)=x-xlnx在区间(0,1)内单调递增”的证明过程“对函数f(x)=x-xlnx求导,得f'(x)=-lnx,当x∈(0,1)时,f'(x)=-lnx0,故函数f(x)在区间(0,1)内单调递增”应用了的证明方法.解析:本命题的证明,利用已知条件和导数与函数单调性的关系证得了结论,应用了综合法的证明方法.答案:综合法重难聚焦怎样认识综合法的概念及其思维特点?剖析1.一般地,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.2.综合法的思维特点是:从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”,其逐步推理实际上是寻找它的必要条件.3.综合法是从原因推导到结果的思维方法.4.应用综合法时,应从命题的前提出发,在选定了真实性是无可争辩的出发点以后(它基于题设或已知的真命题),再依次由它得出一系列的命题,其中每一个都是真实的(但它们不一定都是所需求的),且最后一个必须包含要证明的命题的结论.典例透析题型一题型二题型三题型四利用综合法证明与数列有关的问题【例1】设数列{an}的前n项和为Sn,且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N*),其中m为非零常数,且m≠-3.(1)求证:{an}是等比数列;(2)若数列{an}的公比为q=f(m),数列{bn}满足b1=a1,bn=32𝑓(bn-1)(n∈N*,n≥2),求证:1𝑏𝑛为等差数列.分析:解答本题需要根据等比数列、等差数列的定义使用综合法加以证明,解题的关键是恰当地处理递推关系.典例透析题型一题型二题型三题型四证明:(1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3,上面两式左右分别相减,并整理得(3+m)an+1=2man(m≠-3),即𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2𝑚𝑚+3.∵m为常数,且m≠-3,∴{an}是等比数列.(2)∵(3-m)Sn+2man=m+3,∴(3-m)a1+2ma1=m+3.∴a1=1,b1=a1=1.由(1)可得q=f(m)=2𝑚𝑚+3.∴当n∈N*,且n≥2时,bn=32𝑓(bn-1)=32·2𝑏𝑛-1𝑏𝑛-1+3.∴bnbn-1+3bn=3bn-1.∴1𝑏𝑛−1𝑏𝑛-1=13.∴数列1𝑏𝑛是首项为1,公差为13的等差数列.典例透析题型一题型二题型三题型四反思用综合法证明数列问题时的证明依据主要来源于以下数列的相关知识:(1)等差数列、等比数列的定义;(2)等差数列与等比数列的基本性质以及数列前n项和的性质;(3)数列的通项an与数列的前n项和Sn之间的关系an=𝑆1,𝑛=1,𝑆𝑛-𝑆𝑛-1,𝑛≥2;(4)递推公式与通项公式的关系.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练1】已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1-an+2.设bn=an+1-an,证明{bn}是等差数列.证明:由an+2=2an+1-an+2,得an+2-an+1=an+1-an+2,即bn+1=bn+2.又b1=a2-a1=1,故{bn}是首项为1,公差为2的等差数列.典例透析题型一题型二题型三题型四利用综合法证明不等式问题【例2】已知a,b,c是正实数,且a+b+c=1.求证:(1)a2+b2+c2≥13;(2)𝑎+𝑏+𝑐≤3.分析:解答本题的关键是从基本不等式入手,利用同向不等式相加而得证.典例透析题型一题型二题型三题型四证明:(1)∵𝑎2+19≥2𝑎3,𝑏2+19≥2𝑏3,𝑐2+19≥2𝑐3,当且仅当a=13,b=13,c=13时等号成立.∴𝑎2+19+𝑏2+19+𝑐2+19≥23𝑎+23𝑏+23𝑐=23(a+b+c)=23.∴a2+b2+c2≥13.(2)∵𝑎·13≤𝑎+132,𝑏·13≤𝑏+132,𝑐·13≤𝑐+132,当且仅当a=13,b=13,c=13时等号成立.三式相加,得𝑎3+𝑏3+𝑐3≤12(a+b+c)+12=1,∴𝑎+𝑏+𝑐≤3.典例透析题型一题型二题型三题型四反思综合法证明不等式所依赖的主要依据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+𝑏22≥ab,a2+b2≥(𝑎+𝑏)22.(3)若a,b∈(0,+∞),则𝑎+𝑏2≥𝑎𝑏,特别是𝑏𝑎+𝑎𝑏≥2.(4)a2+b2+c2≥ab+bc+ca(a,b,c∈R).(5)a+b+c,a2+b2+c2,ab+bc+ca这三个式子之间的关系,由(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)给出.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练2】已知函数f(x)=log2(x+2),a,b,c是两两不相等的正数,且a,b,c成等比数列,试证明f(a)+f(c)2f(b).证明:因为a,b,c是两两不相等的正数,所以a+c2𝑎𝑐.因为b2=ac,所以ac+2(a+c)b2+4b,即ac+2(a+c)+4b2+4b+4,从而(a+2)(c+2)(b+2)2.因为y=log2x在定义域内单调递增,所以log2[(a+2)(c+2)]log2(b+2)2,即log2(a+2)+log2(c+2)2log2(b+2).故f(a)+f(c)2f(b).典例透析题型一题型二题型三题型四利用综合法证明立体几何问题【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.求证:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.分析:解答本题应先明确线线、线面垂直的判定定理及性质定理,再用定理进行证明.证明:(1)在四棱锥P-ABCD中,∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.∵AC⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC.而AE⊂平面PAC,∴CD⊥AE.典例透析题型一题型二题型三题型四(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.∵E是PC的中点,∴AE⊥PC.由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD,∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又AB∩AE=A,∴PD⊥平面ABE.反思立体几何中线面之间垂直关系的证明是高考考查的重点,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.如两条平行线中的一条垂直于平面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互相平行等.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练3】如图,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,M,N分别是AB,PC的中点.(1)求证:MN⊥CD;(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.典例透析题型一题型二题型三题型四证明:(1)如图,连接AC,AN,BN,∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AC.在Rt△PAC中,N为PC的中点,∴AN=12𝑃𝐶.∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BC.又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,∴BC⊥PB.从而在Rt△PBC中,BN为斜边PC上的中线,∴BN=12𝑃𝐶.∴AN=BN,∴△ABN为等腰三角形.又M为AB的中点,∴MN⊥AB.又AB∥CD,∴MN⊥CD.典例透析题型一题型二题型三题型四(2)连接PM,MC,∵∠PDA=45°,PA⊥AD,∴AP=AD.∵四边形ABCD为矩形,∴AD=BC,∴PA=BC.又M为AB的中点,∴AM=BM.而∠PAM=∠CBM=90°,∴PM=CM.又N为PC的中点,∴MN⊥PC.由(1)知,MN⊥CD,PC∩CD=C,∴MN⊥平面PCD.典例透析题型一题型二题型三题型四易错辨析易错点:推理不严密而致错【例4】设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若函数f(x+1)与f(x)的图象关于y轴对称,求证:𝑓𝑥+12为偶函数.错解证明:由函数f(x+1)与f(x)的图象关于y轴对称,可知f(x+1)=f(-x),令x=1,得f(2)=f(-1),即𝑓32+12=𝑓-32+12,所以𝑓𝑥+12为偶函数.错因分析在证明𝑓𝑥+12为偶函数时,以特殊值𝑓32+12=𝑓-32+12成立就断定𝑓𝑥+12为偶函数是错误的.在函数的奇偶性的定义中,x在定义域中的取值是任意的.典例透析题型一题型二题型三题型四正解:证明:由函数f(x+1)与f(x)的图象关于y轴对称,可知f(x+1)=f(-x).将x换成x−12代入上式,可得𝑓𝑥-12+1=𝑓-𝑥-12,即𝑓𝑥+12=𝑓-𝑥+12.由偶函数的定义可知𝑓𝑥+12为偶函数.反思在证明数学命题时,必须通过严格的推理来证明对任意满足题意的条件,命题的结论都成立,特殊值的检验不能代替一般性的证明.典例透析