高中数学人教版选修1-2同课异构教学课件：2.2.1.1 综合法 探究导学课型.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 主题：综合法 【自主认知】 1.观察不等式证明，思考此证明过程是从什么入手证明结论成立的？ 在锐角三角形ABC中，求证： sin A+sin B+sin C>cos A+cos B+cos C. 【证明】因为△ABC为锐角三角形， 所以A+B>  所以A> -B， 因为y=sin x在 上是增函数， 所以sin A>sin =cos B， 同理可得sin B>cos C，sin C>cos A， 所以sin A+sin B+sin C>cos A+cos B+cos C. 提示：是利用函数y=sin x在 上是增函数这一性质入手证明 结论成立的. 2.问题1中的证明过程是否为“顺推法”？ 提示：证明过程是以已知入手，借助不等式的性质和三角函数的单调 性得出结论的. ➡根据以上探究过程，试着写出综合法的定义及证明流程： 1.综合法的定义 一般地，利用_________和某些数学定义、公理、定理等，经过一系 列的_________，最后推导出所要证明的_____成立，这种证明方法 叫做综合法. 已知条件 推理论证 结论 2.综合法的流程 其中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_____，Q1，Q2，…，Qn表示中间结论. 结论 【合作探究】 1.综合法又叫由因导果法，其推理过程是合情推理还是演绎推理？ 提示：因为综合法的每一步推理都是严密的逻辑推理，因此所得到的 每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”，所以综合法 是演绎推理. 2.综合法逻辑推理的依据是什么？ 提示：综合法逻辑推理的依据是演绎推理中的三段论. 【过关小练】 1.若实数a，b满足0 又因为0sin B. 答案：> 【归纳总结】 对综合法的四点说明 (1)思维特点：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其推理 过程实际上是寻找结论成立的必要条件的过程. (2)优点：条理清晰，易于表述. (3)缺点：探路艰难，易生枝节. (4)思维过程，原因→结果. 综合法的两个特点 (1)用综合法证明不等式，证明步骤严谨，逐层递进，步步为营，条 理清晰，形式简洁，宜于表达推理的思维轨迹. (2)因用综合法证明命题“若A到D”的思考过程可表示为： 故要从A推理到D，由A推演出的中间结论未必唯一，如B，B1，B2等， 可由B，B1，B2进一步推演出的中间结论则可能更多，如C，C1，C2，C3 ，C4等. 所以如何找到“切入点”和有效的推理途径是有效利用综合法证明问题 的“瓶颈”. 类型一：用综合法证明不等式问题 【典例1】已知a，b，c>0，且a+b+c=1，求证： (1)a2+b2+c2≥ (2) 【解题指南】(1)构造 再分别利用基本不等式. (2)构造 再利用 (a≥0，b≥0)求解. 【解析】(1)因为 所以 (当且仅当a=b=c= 时取“=”) 所以a2+b2+c2≥ (2)因为 三式相加得 (当且仅当a=b=c= 时取“=”)， 所以 【规律总结】综合法证明不等式的主要依据 (1)a2≥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， (4)a2+b2+c2≥ab+bc+ca(a，b，c∈R). 由基本不等式a2+b2≥2ab，易得a2+b2+c2≥ab+bc+ca，而此结论是一个 很重要的不等式，许多不等式的证明都可以用该结论. (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，三个式子中知道两个式子，第 三个式子可以由该等式用另外两个式子表示出来. 【巩固训练】设a，b，c为不全相等的正数，且abc=1，求证： 【证明】因为a>0，b>0，c>0，且abc=1， 所以 又bc+ca≥ 同理 因为a，b，c不全相等， 所以上述三个不等式中的“=”号不能同时成立. 所以2(bc+ca+ab)>2( )， 即bc+ca+ab> 故 【拓展延伸】证明不等式的注意点 在用综合法证明不等式时，常利用不等式的基本性质，如同向不等式 相加，同向不等式相乘等，但在运用这些性质时，一定要注意这些性 质成立的前提条件. 【补偿训练】已知x>0，y>0且x+y=1， 求证： 【证明】方法一：因为x>0，y>0，1=x+y≥ 所以xy≤ 所以 方法二：因为1=x+y， 所以 又因为x＞0，y＞0，所以 ≥2， 所以 ≥5+2×2=9. 类型二：利用综合法证明数列问题 【典例2】设数列{an}的前n项和为Sn，且(3-m)Sn+2man=m+3(n∈N*)， 其中m为常数，且m≠-3. (1)求证：{an}是等比数列. (2)若数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足b1=a1，bn= f(bn-1) (n∈N*，n≥2)，求证： 为等差数列. 【解题指南】(1)中利用an+1与Sn和Sn+1之间的关系结合等比数列的 定义证明.(2)中利用定义证明，即 =常数(n≥2). 【证明】(1)由(3-m)Sn+2man=m+3得 (3-m)Sn+1+2man+1=m+3， 两式相减得(3+m)an+1=2man(m≠-3)， 所以 所以{an}是等比数列. (2)b1=a1=1，q=f(m)= 所以n∈N*，n≥2时， bn= f(bn-1)= · ⇒bnbn-1+3bn=3bn-1 所以数列 为首项为1，公差为 的等差数列. 【规律总结】综合法证明数列问题的依据 【巩固训练】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1= Sn(n=1，2，3…)， 证明：(1)数列 是等比数列. (2)Sn+1=4an. 【证明】(1)因为an+1=Sn+1-Sn，an+1= Sn(n∈N*)， 所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn)， 整理，得nSn+1=2(n+1)Sn，所以 (n∈N*). 故数列 是公比为2，首项为1的等比数列. (2)由(1)知 (n≥2). 因为an+1= Sn，所以an= Sn-1(n≥2)， 所以Sn+1=4(n+1)· =4an(n≥2). 又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4=4a1. 因此对于任意正整数n≥1，都有Sn+1=4an. 【补偿训练】在数列{an}中，a1=1，an+1=2an+2n. (1)设bn= ，求证数列{bn}是等差数列. (2)求数列{an}的前n项和Sn. 【解析】(1)因为an+1=2an+2n，所以 因为bn= ，所以bn+1= =bn+1， 所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列， (2)由(1)得bn=n，an=n·2n-1. 因为Sn=1×20+2×21+…+(n-1)·2n-2+n·2n-1， 所以2Sn=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n， 两式相减得Sn=n·2n-1×20-1×21-…-1×2n-1 =n·2n-2n+1=2n(n-1)+1. 类型三：综合法证明其他问题 【典例3】证明：sin(2α+β)=sinβ+2sinαcos(α+β). 【解题指南】利用所证等式两边角的关系，借助三角公式证明等式 成立. 【证明】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.(变换条件)在例题中令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.(变换条件)把延伸探究1改为“cos3α=4cos3α-3cosα”， 如何证明？ 【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. 【规律总结】综合法证明的关键 (1)明确条件：充分寻找题目的条件，可在图形上标注(如立体几何 的证明)，并尽力对知识点进行拓展、联想、挖掘题目的隐含条件. (2)关注目标：综合法证明问题一定要结合题目结论，明确证明方向， 这样可少走弯路. (3)注意转化思想的应用. 【巩固训练】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，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， PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD， 所以AB⊥PD， 又因为AB∩AE=A，所以PD⊥平面ABE. 【补偿训练】已知椭圆 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1， F2，A在椭圆上，满足AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为 |OF2|， 求证：a= b. 【证明】设F1(-c，0)、F2(c，0)(a2=b2+c2)， 则|OF2|=c，设A(x0，y0)，因为AF2⊥F1F2，所以x0=c， 代入 =1可解得y0= 所以|AF2|= 所以|AF1|=2a-|AF2|=2a- 在Rt△AF2F1中，O是F1F2的中点， 所以O到AF1的距离为 所以 化简整理得a2=2b2.所以a= b.