2018版数学北师大版选修2-2学案：第一章 推理与证明

2.1综合法
学习目标 1.理解综合法的意义.2.掌握综合法的思维特点.3.会用综合法解决问题.
知识点综合法
思考阅读下列证明过程，总结此证明方法有何特点？
已知a，b>0，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
证明：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.
答案利用已知条件a>0，b>0和重要不等式，最后推导出所要证明的结论.
梳理综合法的定义及特点
(1)定义：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，我们把这样的思维方法称为综合法.
(2)思路：综合法的基本思路是“由因导果”.
(3)模式：综合法可以用以下的框图表示
P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q
其中P为条件，Q为结论.
类型一用综合法证明不等式
例1已知a，b，c∈R，且它们互不相等，求证：a4＋b4＋c4＞a2b2＋b2c2＋c2a2.
证明∵a4＋b4≥2a2b2，b4＋c4≥2b2c2，a4＋c4≥2a2c2，∴2(a4＋b4＋c4)≥2(a2b2＋b2c2＋c2a2)，即a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.
又∵a ，b ，c 互不相等， ∴a 4＋b 4＋c 4＞a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2.
反思与感悟 (1)用综合法证明有关角、边的不等式时，要分析不等式的结构，利用正弦定理、余弦定理将角化为边或边化为角.通过恒等变形、基本不等式等手段，可以从左证到右，也可以从右证到左，还可两边同时证到一个中间量，一般遵循“化繁为简”的原则. (2)用综合法证明不等式时常用的结论 ①ab ≤(a ＋b 2)2≤a 2＋b 2
2(a ，b ∈R )；
②a ＋b ≥2ab (a ≥0，b ≥0).
跟踪训练1 已知a ，b ，c 为不全相等的正实数. 求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c
c >3.
证明 因为b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c
c
＝b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋a c ＋c
a －3， 又a ，
b ，
c 为不全相等的正实数， 而b a ＋a b ≥2，c b ＋b c ≥2，a c ＋c
a ≥2， 且上述三式等号不能同时成立， 所以
b a ＋a b ＋
c b ＋b c ＋a c ＋c
a －3>6－3＝3，
即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －c c >3.
类型二 用综合法证明等式
例2 求证：sin(2α＋β)＝sin β＋2sin αcos(α＋β). 证明 因为sin(2α＋β)－2sin αcos(α＋β) ＝sin [(α＋β)＋α]－2sin αcos(α＋β)
＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2sin αcos(α＋β) ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝sin [(α＋β)－α]＝sin β， 所以原等式成立.
反思与感悟 证明三角恒等式的主要依据 (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.
跟踪训练2 在△ABC 中，
AC AB ＝cos B cos C
，证明：B ＝C . 证明 在△ABC 中，由正弦定理及已知，得 sin B sin C ＝cos B
cos C
， 于是sin B cos C －cos B sin C ＝0， 即sin(B －C )＝0.因为－π<B －C <π， 从而B －C ＝0，所以B ＝C . 类型三 综合法在数列中的应用
例3 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3(n ∈N ＋).其中m 为常数，且m ≠－3，m ≠0.
(1)求证：{a n }是等比数列；
(2)若数列{a n }的公比q ＝f (m )，数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝32f (b n －1)(n ∈N ＋，n ≥2)，求证：{1
b n }
为等差数列.
证明 (1)由(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3， 得(3－m )S n ＋1＋2ma n ＋1＝m ＋3， 两式相减得(3＋m )a n ＋1＝2ma n ， 因为m ≠0且m ≠－3， 所以a n ＋1a n ＝2m
m ＋3，
所以{a n }是等比数列. (2)因为b 1＝a 1＝1，q ＝f (m )＝2m
m ＋3
， 所以n ∈N ＋且当n ≥2时， b n ＝32f (b n －1)＝32·2b n －1b n －1＋3
，
b n b n －1＋3b n ＝3b n －1，1b n －1b n －1＝13
，
所以{1b n }是以1为首项，1
3为公差的等差数列.
引申探究
1.若本例中条件：m ＝1，求{a n }的前n 项和. 解 若m ＝1，则a n ＋1a n ＝21＋3＝1
2.
由已知得(3－1)S 1＋2a 1＝4，所以a 1＝1， 即数列{a n }是以1为首项，1
2
为公比的等比数列，
S n ＝1－(12)n
1－12
＝2[1－(12)n ]＝2－21－
n .
2.若本例条件不变，求{a n }的通项公式及前n 项和. 解 由(1)知，{a n }是公比为
2m
m ＋3
的等比数列. 由(3－m )S n ＋2ma n ＝m ＋3，
令n ＝1，得(3－m )S 1＋2ma 1＝m ＋3， 故a 1＝1，所以a n ＝(2m m ＋3
)n －1
.
若m ≠3，则S n ＝(2m m ＋3)n －12m m ＋3－1＝m ＋3m －3[(2m m ＋3
)n
－1].
若m ＝3，则S n ＝n ，
故S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
n ，m ＝3，m ＋3m －3[(2m m ＋3)n －1]，m ≠3且m ≠－3，m ≠0.
反思与感悟 综合法证明数列问题的依据
跟踪训练3 已知在数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n ＋1＝4a n ＋2(n ＝1,2，…)，a 1＝1.
(1)设b n ＝a n ＋1－2a n (n ＝1,2，…)，求证：数列{b n }是等比数列； (2)设c n ＝a n
2n (n ＝1,2，…)，求证：数列{c n }是等差数列.
证明 (1)∵S n ＋1＝4a n ＋2， ∴S n ＋2＝4a n ＋1＋2，
两式相减，得S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1－4a n (n ＝1,2…)， 即a n ＋2＝4a n ＋1－4a n ，
变形得a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n ). ∵b n ＝a n ＋1－2a n (n ＝1,2…)， ∴b n ＋1＝2b n .
由S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2及a 1＝1， 得a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.
由此可知，数列{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列. (2)由c n ＝a n
2
n (n ＝1,2…)，
得c n ＋1－c n ＝a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝a n ＋1－2a n 2n ＋
1＝b n
2n ＋1， ①
将b n ＝3·2n
－1
代入①式，得c n ＋1－c n ＝3
4
(n ＝1,2…).
由此可知，数列{c n }是公差为3
4
的等差数列.
1.设a ＝lg2＋lg5，b ＝e x (x <0)，则a 与b 的大小关系为( ) A.a >b B.a ＝b C.a <b D.无法确定
答案 A
解析 ∵a ＝lg2＋lg5＝lg10＝1， b ＝e x <e 0＝1，∴a >b .
2.设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝x ＋1，c ＝1
1－x 中最大的是( )
A.c
B.b
C.a
D.随x 取值不同而不同
答案 A
解析 ∵0<x <1，∴b ＝x ＋1>2x >2x ＝a ， ∵11－x －(x ＋1)＝1－(1－x 2)1－x ＝x 2
1－x >0，∴c >b >a . 3.已知a >b ，则下列不等式一定成立的是( ) A.|a |>|b | B.a 2>b 2 C.ac >bc D.e a >e b
答案 D
解析 ∵y ＝e x 是增函数且a >b ， ∴e a >e b .
4.已知数列{a n }为等差数列，公差d ＝1，数列{c n }满足c n ＝a 2n －a 2n ＋1(n ∈N ＋).判断数列{c n }是
否为等差数列，并证明你的结论. 解 数列{c n }为等差数列，证明如下：
因为数列{a n }为等差数列，公差d ＝1， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d .
又数列{c n }满足c n ＝a 2n －a 2
n ＋1(n ∈N ＋). 所以c n ＝a 2n －a 2n ＋1＝－2n －2a 1＋1.
所以c n ＋1－c n ＝－2， 所以数列{c n }为等差数列.
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，易于表达推理的思维轨迹.
2.应用综合法证明命题“若A 则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 ，B 1，B 2等，可由B ，B 1，B 2进一步推演出的中间结论则可能更多，如C ，C 1，C 2，C 3，C 4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“关键”.
课时作业
一、选择题
1.若实数x ，y 满足不等式xy >1，x ＋y ≥0，则( ) A.x >0，y >0 B.x <0，y <0 C.x >0，y <0 D.x <0，y >0
答案 A
解析 ⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ≥0，xy >1⇒⎩
⎪⎨⎪⎧
x >0，y >0.
2.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.b 2＋c 2≥a 2 B.b 2＋c 2>a 2 C.b 2＋c 2≤a 2 D.b 2＋c 2<a 2
答案 D
解析 由余弦定理的推论，得cos A ＝b 2＋c 2－a 2
2bc ，
∵A 为钝角，∴cos A <0，则b 2＋c 2<a 2. 3.已知a ≥0，b ≥0，且a ＋b ＝2，则( )
A.a ≤12
B.ab ≥12
C.a 2＋b 2≥2
D.a 2＋b 2≤3
答案 C
解析 ∵a ＋b ＝2≥2ab ，∴ab ≤1. ∵a 2＋b 2＝4－2ab ，∴a 2＋b 2≥2.
4.下列函数f (x )中，满足“任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是( ) A.f (x )＝1
x
B.f (x )＝(x －1)2
C.f (x )＝e x
D.f (x )＝ln(x ＋1)
答案 A
解析 选项C ，D 中的两个函数在(0，＋∞)上均为增函数，选项B 中的函数在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.只有f (x )＝1
x 在(0，＋∞)上为减函数.故选A.
5.若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4 (a ≥0)，则P 与Q 的大小关系为( ) A.P >Q B.P ＝Q
C.P <Q
D.由a 的取值确定
答案 C
解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ， Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12， ∴P 2<Q 2，即P <Q .
6.若A 、B 为△ABC 的内角，则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.既不充分又不必要条件
答案 C
解析 由正弦定理知a sin A ＝b
sin B ＝2R ，又A 、B 为三角形的内角，∴sin A >0，sin B >0，∴sin A >sin B
⇔2R sin A >2R sin B ⇔a >b ⇔A >B . 二、填空题
7.已知函数f (x )＝2x ，a ，b ∈(0，＋∞).A ＝f (a ＋b 2)，B ＝f (ab )，C ＝f (2ab
a ＋
b )，且a ≠b ，则A ，
B ，
C 从小到大排列为______________. 答案 C <B <A
解析 ∵a ＋b 2>ab >2ab
a ＋
b ，
又f (x )＝2x 在R 上为增函数，
8.已知p ＝ab ＋cd ，q ＝ma ＋nc ·b m ＋d
n
(m ，n ，a ，b ，c ，d 均为正数)，则p ，q 的大小关系为__________. 答案 p ≤q 解析 q ＝
ab ＋mad n ＋nbc m
＋cd ≥ab ＋2abcd ＋cd ＝ab ＋cd ＝p .
9.在△ABC 中，∠C ＝60°，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则a b ＋c ＋b
a ＋c ＝________.
答案 1
解析 由余弦定理知，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， ∴c 2＝a 2＋b 2－ab ，
① a b ＋c ＋b
a ＋c ＝a 2＋ac ＋
b 2＋b
c (b ＋c )(a ＋c )＝a 2＋b 2＋ac ＋bc ab ＋ac ＋bc ＋c 2，
②
将①式代入②式，得a b ＋c ＋b a ＋c
＝1.
10.已知a ，b ，μ∈(0，＋∞)且1a ＋9
b ＝1，则使得a ＋b ≥μ恒成立的μ的取值范围是________.
答案 (0,16]
解析 ∵a ，b ∈(0，＋∞)且1a ＋9
b
＝1，
∴a ＋b ＝(a ＋b )·⎝⎛⎭⎫1a ＋9b ＝10＋⎝⎛⎭
⎫9a b ＋b a ≥10＋29＝16，∴a ＋b 的最小值为16， ∴要使a ＋b ≥μ恒成立， 只需16≥μ，∴0<μ≤16.
11.设函数f (x )＝|lg x |，若0<a <b ，且f (a )>f (b )，则ab 的取值范围是________. 答案 (0,1)
解析 f (x )＝|lg x |＝⎩⎪⎨⎪⎧
－lg x (0<x <1)，
lg x (x ≥1)，
①当0<a <b <1时，
f (a )－f (b )＝－l
g a ＋lg b ＝lg b
a >0，
∴ab ∈(0,1). ②当0<a <1≤b 时，
f (a )－f (b )＝－l
g a －lg b ＝－lg ab >0， ∴lg ab <0，即0<ab <1，
③当1≤a <b 时，f (x )＝lg x (x ≥1)为增函数， ∴lg a <lg b 不符合题意. 综上所述，ab ∈(0,1). 三、解答题
12.在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为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
又因为A ，B ，C 为△ABC 的三个内角， 所以A ＋B ＋C ＝π. ② 由①②，得B ＝π
3
.
③ 由a ，b ，c 成等比数列，得b 2＝ac ，
④
由余弦定理及③，
可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ， 再由④，得a 2＋c 2－ac ＝ac ，即(a －c )2＝0， 从而a ＝c ，所以A ＝C .
⑤
由②③⑤，得A ＝B ＝C ＝π
3，
所以△ABC 为等边三角形.
13.数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2
n S n (n ＝1,2,3，…).求证：
(1)数列{S n
n }为等比数列；
(2)S n ＋1＝4a n .
证明 (1)因为a n ＋1＝n ＋2
n S n ，
又a n ＋1＝S n ＋1－S n ， 所以n ＋2n S n ＝S n ＋1－S n ，
所以S n ＋1＝2(n ＋1)
n S n ，
所以S n ＋1n ＋1S n n
＝2.
因为a 1＝1，所以S 1＝1，所以S 1
1
＝1，
所以数列{S n
n }是首项为1，公比为2的等比数列.
(2)由(1)知，{S n
n }的公比为2，而a n ＝n ＋1n －1S n －1，
所以S n ＋1n ＋1＝4S n －1n －1＝4n －1·a n (n －1)
n ＋1，
所以S n ＋1＝4a n . 四、探究与拓展
14.设a >0，b >0，则下面两式的大小关系为lg(1＋ab )________1
2[lg(1＋a )＋lg(1＋b )].
答案 ≤
解析 ∵(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b ) ＝2ab －(a ＋b )≤0， ∴(1＋ab )2≤(1＋a )(1＋b )， 则lg(1＋ab )2≤lg(1＋a )(1＋b )， 即lg(1＋ab )≤1
2
[lg(1＋a )＋lg(1＋b )].
15.已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1)(n ∈N ＋)在函数y ＝x 2＋1的图像上. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ， 求证：b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.
解 (1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1， 则a n ＋1－a n ＝1.又a 1＝1，
所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， 故a n ＝1＋(n －1)×1＝n .
(2)由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1－b n ＝2n .
故b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝2n －
1＋2n －
2＋…＋2＋1
＝1－2n 1－2＝2n －1. 因为b n ·b n ＋2－b 2n ＋1
＝(2n －1)(2n ＋
2－1)－(2n ＋
1－1)2
＝(22n ＋
2－2n ＋
2－2n ＋1)－(22n ＋
2－2·2n ＋
1＋1)
＝－2n <0， 所以b n ·b n ＋2<b 2n ＋1.。